Deje$X = S^1 \times S^1$ y deje$p_1,p_2,p_3 \in S^1$ y deje$A =....$. Calcular$H_i(X,A)$$\forall i$.

Question

Deje $X = S^1 \times S^1$ y deje $p_1,p_2,p_3$ ser distintos puntos en $S^1$ y deje $A = (S^1 \times \{p_1\}) \cup (S^1 \times \{p_2\}) \cup (S^1 \times \{p_3\})$

Calcular $H_i(X,A)$ $\forall i$.

Tenemos una L. E. S.:

$$0 \rightarrow H_2(A) \stackrel{h}{\rightarrow} H_2(X) \stackrel{g}{\rightarrow} H_2(X,A) \stackrel{f}{\rightarrow} H_1(A) \stackrel{e}{\rightarrow} H_1(X) \stackrel{d}{\rightarrow}$$ $$ H_1(X,A) \stackrel{c}{\rightarrow} H_0(A) \stackrel{b}{\rightarrow} H_0(X) \stackrel{a}{\rightarrow} H_0(X,A) \rightarrow 0$$

Podemos fácilmente calcular los siguientes:

$H_2(A) = 0$

$H_2(X) = \mathbb{Z}$

$H_1(A) = \mathbb{Z}$

$H_1(X) = \mathbb{Z}^2$

$H_0(A) = \mathbb{Z}^3$

$H_0(X) = \mathbb{Z}$

Además, he llegado a la conclusión de que $H_0(X,A) = 0$, desde el $b$ es un surjective mapa.

También, $g$ es inyectiva lo $ker(f)=im(g)=H_2(X) = \mathbb{Z}$

También, yo estaba pensando en que $im(f)=ker(e)=\mathbb{Z}$, pero no estoy seguro y me gustaría saber cómo pensar acerca de esto de manera más rigurosa.

Y entonces pensé que quizá $H_2(X,A)=ker(f) \oplus im(f) = \mathbb{Z}^2$, pero no estoy seguro.

Y estoy bastante perdido para $H_1(X,A)$.

Insight agradece!!

Answer 1

Señor Tiburón es correcta en los comentarios: $A\cong S^1 \sqcup S^1 \sqcup S^1$ (siempre y cuando el $p_i$'s son todos distintos), por lo $H_1(A) \cong \mathbb{Z}^3\cong H_0(A)$. Además de las imágenes de cada uno de estos círculos en $H_1(X)$ son homólogas, y puede ser descrita por la Kunneth teorema como $u\otimes 1$ donde $u$ es el generador de $H_1(S^1)$. El núcleo de $e$ es entonces el conjunto de todas las $(x, y, z) \in \mathbb{Z}^3$ tal que $x+y+z = 0$, que es isomorfo a $\mathbb{Z}^2$, y el núcleo de $b$ es del mismo modo descrito. Ahora tenemos

$$ 0 \stackrel{h}{\to} \mathbb{Z} \stackrel{g}{\to} H_2(X, A) \stackrel{f}{\to} \mathbb{Z}^3 \stackrel{e}{\to} \mathbb{Z}^2 \stackrel{d}{\to} H_1(X, A) \stackrel{c}{\to} \mathbb{Z}^3 \stackrel{b}{\to} \mathbb{Z} \to 0 $$

Para ayudarnos a calcular los grupos desconocidos, aqui un lema debe comprobar como un ejercicio:

Lema: Supongamos que tenemos una larga secuencia exacta de abelian grupos $$\dots \to A \stackrel{a}{\to} B\stackrel{b}{\to} C \stackrel{c}{\to} D \stackrel{d}{\to} E \stackrel{}{\to} \dots $$ a continuación hay una breve secuencia exacta $$0 \to coker(a) \to C \to im(c) \to 0 $$

El uso de este lema podemos aislar $H_1(X,A)$ con la secuencia exacta corta

$$0 \to coker(e) \to H_1(X, A) \to im(c) \to 0 $$

Por la discusión anterior, $im(c) = ker(b)$ es isomorfo a $\mathbb{Z}^2$, y también se $im(e)$ es uno de los $\mathbb{Z}$ sumandos de $H_1(X)$ lo $coker(e)\cong \mathbb{Z}$, lo $H_1(X,A)$ es un abelian extensión de $\mathbb{Z}^2$ por $\mathbb{Z}$, y por lo tanto debe ser $\mathbb{Z}^3$ por la División Lema desde cualquier surjective homomorphism a $\mathbb{Z}^2$ tiene una sección (porque es un libre abelian grupo y, por tanto, proyectiva). Del mismo modo podemos aislar $H_2(X, A)$ con

$$ 0 \to coker(h) \to H_2(X, A) \to im(f) \to 0$$

y, de nuevo, $coker(h) \cong \mathbb{Z}$ e $im(f) = ker(e)\cong \mathbb{Z}^2$ así que de nuevo $H_2(X, A)\cong \mathbb{Z}^3$.