Para hacer sentido de una prueba de esta naturaleza, no es suficiente para saber que no existe un mapa de$H_d(V, V \backslash \{ y \})$$H_d(S^d, S^d \backslash \{ y \})$, y que existe un isomorfismo entre el$H_d(S^d)$$H_d(S^d, S^d \backslash \{ y \})$, y así sucesivamente. Realmente también necesitan entender cómo todos estos mapas actuar en los ciclos en los diferentes grupos de homología.
A veces (pero no siempre), es posible describir cómo un mapa de los actos en los ciclos en la homología de grupos mediante la identificación del mapa de la homología como el mapa inducida por una función continua entre los espacios topológicos. Ya que por lo general tenemos una buena idea de cómo componer funciones continuas entre espacios topológicos, esto a menudo nos permiten trabajar la manera de componer los mapas en la homología de grupos. En ciertas situaciones, este también nos permitirá demostrar que ciertos mapas entre la homología de grupos son los mapas de identidad, o cero mapas.
Como sucede, todos los mapas en el diagrama son inducidos por funciones continuas entre espacios topológicos:
Los mapas horizontales son todos inducida por $f$ (o restricciones de $f$ a los espacios apropiados).
La parte superior izquierda de la vertical del mapa es inducida por el mapa de identidad $S^d \to S^d$. Lo mismo se aplica a la parte superior derecha de la vertical del mapa. Esta es la forma en que estos mapas están definidos.
La parte inferior-izquierda de la vertical del mapa es inducida por los diferentes mapas de identidad $U_i \to U_i$.
La centro-izquierda vertical mapa es inducida por los diversos inclusión de mapas de $U_i \to S^d$. La parte inferior-derecha de la vertical del mapa es inducida por la inclusión del mapa de $V \to S^d$. El hecho de que estos mapas son inducidos por la correspondiente inclusión de mapas es una parte de la declaración de la escisión del teorema, y vale la pena señalar que este!
Es evidente que el diagrama en su libro realmente es una conmutativo el diagrama, debido a los correspondientes mapas entre espacios topológicos todos conmutar de manera apropiada!
Ahora, cada una de las $H_d(U_i, U_i \backslash \{ x_i \} ) $ es isomorfo a $\mathbb Z$, ya que el $$H_d(U_i, U_i \backslash \{ x_i \} ) \cong H_d(S^d, S^d \backslash \{ x_i \}) \cong H_d (S^d) \cong \mathbb Z,$$
donde la primera igualdad es por la escisión y la segunda igualdad es por la LES para el par $(S^d, S^d \backslash \{ x_i \})$.
Por lo tanto, $$H_d (S^d, S^d \backslash \{ x_1, \dots, x_k \} ) \cong \oplus_i H_d(U_i , U_i \backslash \{ x_i \}) \cong \mathbb Z^{\oplus k}.$$
Ahora vamos a definir el ciclo de $$(0, \dots, 1, \dots, 0) \in H_d (S^d, S^d \backslash \{ x_1, \dots, x_k \} )$$
(con la $1$ $i$th posición) para ser generador proveniente del generador $1 \in H_d(U_i, U_i \backslash \{ x_i \} ) \cong \mathbb Z$.
He aquí una pregunta importante que debemos resolver, si vamos a hacer ningún tipo de progreso: Dado un ciclo de $$(a_1, \dots, a_k) \in H_d (S^d, S^d \backslash \{ x_1, \dots, x_k \} ),$$ is there a simple way to determine numbers $a_1, \dots, a_k$, si es que no sepamos ya?
Y he aquí mi propuesta: Para cada una de las $i \in \{ 1, \dots, k \}$, definir un natural mapa $$p_i : H_d(S^d, S^d \backslash \{ x_1, x_2, \dots, x_k \}) \to H_d(S^d, S^d \backslash \{ x_i \}), $$ to be the map on homology induced by the identity map $S^d \S^d$.
A continuación, para cada $i$, $$ p_i(a_1, \dots, a_k) = a_i \in H_d(S^d, S^d \backslash \{ x_i \}).$$
[Vamos a probar esto con cuidado. En primer lugar, tomar $$(1,0,\dots , 0) \in H_d(S^d, S^d \backslash \{ x_1, \dots, x_k \} )$$ and map it to $H_d(S^d, S^d \ \ barra invertida \{ x_1 \})$ via $p_1$.
Desde $(1,0,\dots, 0)$ es en sí mismo la imagen de el generador de $1 \in H_d(U_1, U_1 \backslash \{ x_1 \})$, sabemos que $p_1(1,0,\dots, 0)$ es la imagen de $1 \in H_d(U_1, U_1 \backslash \{ x_1 \})$ en la composición,
$$ H_d(U_1,U_1 \backslash \{ x_1 \}) \to H_d(S^d, S^d \backslash \{ x_1, \dots, x_k \} ) \to H_d(S^d, S^d \backslash \{ x_1 \}).$$
El primer mapa es inducida por la inclusión $U_1 \to S^d$ y el segundo mapa es inducida por el mapa de identidad $S^d \to S^d$, por lo que la composición es inducida por la inclusión $U_1 \to S^d$.
Pero sabemos que el mapa de $H_d(U_1,U_1 \backslash \{ x_1 \}) \to H_d(S^d, S^d \backslash \{ x_1 \})$ inducida por la inclusión $U_1 \to S^d$ es un isomorfismo, por la escisión! Así llegamos a la conclusión de que $$p_1(1,0, \dots, 0) = 1 \in H_d(S^d, S^d \backslash \{ x_1 \}).$$
Bien, ¿cómo hemos de tomar $$(1,0,\dots , 0) \in H_d(S^d, S^d \backslash \{ x_1, \dots, x_k \} )$$ as before, but this time, we map it via $p_2$ to $H_d(S^d, S^d \ \ barra invertida \{ x_2 \})$?
La imagen de $p_2(1,0 \dots, 0)$ es el mismo que el de la imagen de $1 \in H_d(U_1, U_1 \backslash \{ x_1 \})$ en la composición,
$$ H_d(U_1,U_1 \backslash \{ x_1 \}) \to H_d(S^d, S^d \backslash \{ x_1, \dots, x_k \} ) \to H_d(S^d, S^d \backslash \{ x_2 \}).$$
Pero si usted piensa acerca de ello, esta composición es la misma que la de la composición,
$$ H_d(U_1,U_1 \backslash \{ x_1 \}) \to H_d(U_1,U_1) \to H_d(S^d, S^d \backslash \{ x_2 \}),$$
donde el primer mapa es inducida por la identidad de $U_1 \to U_1$ y el segundo mapa es inducida por la inclusión $U_1 \to S^d$. (Tenga en cuenta que desde $U_1 \subset S^d \backslash \{ x_2 \}$, el segundo mapa es realmente bien definidos). Y ¿por qué estos dos composiciones iguales? Debido a que ambas de estas composiciones son los mapas en la homología inducida por la inclusión del mapa de $U_1 \to S^d$!
Por supuesto, $H_d(U_1, U_1) = 0$, entonces es claro que $$p_2(1,0,\dots 0 ) = 0 \in H_d(S^d, S^d \backslash \{ x_2 \}).$$ Esto completa la prueba de mi afirmación.]
A la derecha. Después de haber hecho todo este trabajo duro, vamos a demostrar que la imagen de $1 \in H_d(S^d)$ por debajo de la parte superior izquierda del mapa en el diagrama es el elemento $$(1,1, \dots 1) \in H_d(S^d, S^d \backslash \{ x_1, \dots, x_k \} ). $$
Creo que esta es la parte de la prueba de que usted no estaba seguro acerca de.
Por la afirmación de que nos lo acaba de probar, sólo tenemos que verificar que la imagen de $1 \in H_d(S^d)$ en la composición
$$ H_d (S^d) \to H_d(S^d, S^d \backslash \{ x_1, \dots, x_k \} ) \overset{p_i} {\to} H_d(S^d, S^d \backslash \{ x_i \})$$
es el elemento $$1 \in H_d(S^d, S^d \backslash \{ x_i \}).$$
Esto es fácil de demostrar. La composición me escribió es el mapa en la homología inducida por el mapa de identidad $S^d \to S^d$. Pero el mapa de $H_d (S^d) \to H_d(S^d, S^d \backslash \{ x_i \})$ inducida por el mapa de identidad $S^d \to S^d$ es, precisamente, el mapa que aparece en los ARCHIVOS para el par $(S^d, S^d \backslash \{ x_i \})$, y este mapa es un isomorfismo.
Por lo $1 \in H_d(S^d)$ mapas a $1 \in H_d(S^d, S^d \backslash \{ x_i \})$, y hemos terminado.
Para rematar, ${\rm deg}f$ es la imagen de $1 \in H_d(S^d)$ bajo el mapa de $f_\star$. Por la conmutativo el diagrama, este es el mismo que el de la imagen de $(1,1,\dots, 1) \in H_d(S^d, S^d \backslash \{ x_1, \dots, x_k \})$ bajo $f_\star$. Y esto es igual a la suma de las imágenes de $1 \in H_d( U_i, U_i \backslash \{ x_i \})$ bajo $f_\star$.
Así, hemos demostrado que
$${\rm deg} f = \sum_i {\rm deg} f_i.$$
