Homología del hexágono

Question

Mi pregunta tiene 4 partes, es bastante largo. Por lo tanto, le agradecería que incluso la más mínima sugerencia / comentario acerca de cómo hacer esta pregunta. Gracias!

Parte 1) Calcular $\pi_1(X)$.

Parte 2) Calcular la integral de homología $H_* (X;\mathbb{Z})$.

Parte 3) Calcular el mod 2 homología $H_*(X;\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$.

Parte 4) Calcular $H_*(X,\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})$ por un extraño prime $p$.

Considere la posibilidad de $X$, el cociente del espacio de la hexágono con la identificación en los bordes de la siguiente manera.

Parte 1) Calcular $\pi_1(X)$.

Mi solución: $\pi_1(X)=\langle a,b,c\mid a^2b^2c^2\rangle$. Es eso correcto? Yo lo hice el uso del Teorema de van Kampen.

Parte 2) Calcular la integral de homología $H_* (X;\mathbb{Z})$.

Mi intento: me las arreglé para calcular $H_0(X,\mathbb{Z})=\mathbb{Z}$, basado en el siguiente $\Delta$-complejo.

Sin embargo, estoy atascado con $H_1(X,\mathbb{Z})$. He calculado $\partial a=\partial b=\partial c=0$, de ahí la conclusión de que $\ker \partial_1=\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}$. Entonces, yo calculuated $\partial_2 (S_1)=a+e-d$, ..., $\partial_2 (S_6)=h-g+b$, y concluyó que $\text{Im}\ \partial_2 =\mathbb{Z}^{\oplus 6}$, lo que parece estar mal..

Muchas gracias una vez más.

Parte 3) Calcular el mod 2 homología $H_*(X;\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$.

Parte 4) Calcular $H_*(X,\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})$ por un extraño prime $p$.

Estoy totalmente atascado con las partes 3 y 4.

Answer 1

Para $\textbf{part 2}$:

El álgebra lineal es un poco desordenado, pero usted debe conseguir que el $\ker \partial_1 = \langle a,b,c,d-i,d-h,f-g,e-f,d-e \rangle$ y $\text{Im } \partial_2 = \langle 2a-d+f,2b-f+h,2c+d-h, -a+c+2d-e-i, -d+2e-f,a-b-e+2f-g \rangle$

Pero, lo importante es que las $\partial_2(S_1 + S_2 + \ldots + S_6) = (a+e-d) + (a+f-e) + (b+g-f) + (b+h-g) + (c+i-h) + (c+d-i) = 2a + 2b + 2c$

que ver en los tres primeros generadores de la imagen de $\partial_2$.

Después de algo de álgebra, un montón de cosas en el cociente cancelar y nos quedamos con: \begin{align*} H_1(X;\mathbb{Z}) &= \ker \partial_1 /\text{Im } \partial_2 \\ &= \langle a,b,c \rangle / \langle 2a + 2b + 2c\rangle \\ &= \langle a,b,a+b+c \rangle / \langle 2a + 2b + 2c \rangle \cong \mathbb{Z}^2 \oplus \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \end{align*}

Así, que no estaban demasiado lejos para $H_1$. Parece que consiguió $H_2$ $H_0$ pero aquí está un resumen rápido: $\partial_0 = 0$ $\text{Im }\partial_1$ es generado por $v-w$, por lo que $H_0(X;\mathbb{Z}) = \ker \partial_0/ \text{Im }\partial_1 = \mathbb{Z}^2 / \mathbb{Z} = \mathbb{Z}$. $\partial_2$ es inyectiva lo $H_2 = 0$.

Ahora, para $\textbf{part 3}$:

Sólo estamos cambiando los coeficientes de lo $H_0(X;\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}) = \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$. Para $H_1(X;\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}),$ $\text{Im } \partial_2$ se desvanece así que tenemos tres generadores de $H_1$, lo $H_1(X;\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}) = (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^3$. Para $H_2$, tenga en cuenta que $\ker \partial_2 = \langle S_1 + S_2 + \ldots + S_6 \rangle$ entonces tenemos a un generador que no teníamos antes. Por eso, $H_2(X;\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}) = \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$.

Que debe ayudar con la parte $4$.

Answer 2

Su parte 1) es correcta, sin embargo, no existe una justificación que no has mencionado: los seis vértices del hexágono se identificó a un vértice en el cociente del espacio. Esto debe ser dicho o de lo contrario su Van Kampen aplicación sería incorrecta (veo que usted se ha indicado esta bastante claramente en la imagen).

Para la parte 2), los seis vectores consigue no necesita ser linealmente independientes. Así que usted realmente necesita para obtener una base ( $\mathbb{Z}$ ) de la luz ( $\mathbb{Z}$ ). Hacer esto utilizando el álgebra lineal y matrices ($\mathbb{Z}$).

Los puntos 3) y 4) debería ser más fácil que la parte 2), debido a que los coeficientes son los campos, y de álgebra lineal sobre los campos es más fácil de álgebra lineal sobre $\mathbb{Z}$.