1 votos

Construir un ejemplo de espacio topológico $A$ tal que $H_4(A;\mathbb{Z})=\mathbb{Z}/2$

Construir un ejemplo de espacio topológico $A$ tal que $$H_n(A;\mathbb{Z})= \begin{cases} \mathbb{Z} & \text{ if } n=0 \\ \mathbb{Z}/2 & \text{ if } n=4 \\ 0 & \text{ otherwise} \end{cases}.$$

Desde $H_0(A)=\mathbb{Z}$ entonces $A$ tiene que estar conectado al arco, he pensado en utilizar la sucesión de Mayer Vietoris para construir este ejemplo $$...\to H_4(U\cap V)\to H_4(U)\oplus H_4(V)\to H_4(A)\to H_3(U\cap V)\to H_3(U)\oplus H_3(V)\to...$$ pero no sé cómo tomar $U\subset A$ y $V\subset A$ o cómo puedo hacer esto, ¿alguna idea? Gracias.

0 votos

Quiero decir $S^3\mathbb{R}P^2$ y $S^3\mathbb{R}P^2=SSS\mathbb{R}P^2$ donde $SX$ es la suspensión del espacio $X$ .

6voto

Alessandro Puntos 2121

Desde $H_0(\Bbb R\Bbb P^2;\Bbb Z)=\Bbb Z$ y $H_1(\Bbb R\Bbb P^2;\Bbb Z)=\Bbb Z/2\Bbb Z$ puedes suspender este espacio unas cuantas veces.

En general, supongamos que $G=\langle R | S\rangle$ es una presentación de grupo para un abeliano $G$ puede construir un $2$ -complejo CW conectado de una dimensión $X$ con $H_1(X;\Bbb Z)=G$ escogiendo una cuña de tantos $S^1$ como elementos de $R$ orientando cada círculo, y fijando uno $2$ -para cada relación en $S$ "a lo largo de la relación".

La suspensión de un espacio de este tipo da lugar a un espacio con un solo grupo de homología prescrita no trivial, y la unión de muchos espacios de este tipo es una forma de construir un espacio con homología prescrita en todas las dimensiones.

2 votos

Para aclarar: existe un isomorfismo natural $H_{i+1}( \sum X) = \overset{\~}{H}_i(X)$ para todo i, por lo que existe una iso natural $H_{i+m}( \sum^m X) = \overset{\~}{H}_i(X)$ para $m \geq 0$ .

1 votos

Puede pensar en la suspensión de $X$ como dos conos sobre $X$ pegados y hacer un argumento Mayer-Vietoris para obtener algo como $H_k(X)\to H_k(CX)\oplus H_k(CX)\to H_k(SX)$ esto se vuelve molesto en dimensión cero, así que es mejor mirar la homología reducida (relativa a un punto)

0 votos

@AlessandroCodenotti Si tuviera que calcular $H_3(S^3\mathbb{R}P^2)$ Entonces llego a $H_3(S^3\mathbb{R}P^2)=H_2(S^2\mathbb{R}P^2)=H_1(S\mathbb{R}P^2)=\widetilde{H_0}(\mathbb{R}P^2)$ así que sé que $H_0(X;R)\cong \widetilde{H_0}(X;R)\oplus R$ Así que $\mathbb{Z}\cong \widetilde{H_0}(\mathbb{R}P^2)\oplus \mathbb{Z}$ por lo que puedo concluir entonces que $\widetilde{H_0}(\mathbb{R}P^2)=0$ ? ¿Por qué? Gracias.

2voto

Andres Mejia Puntos 722

Toma $S^4$ como un complejo celular y pegar un disco $D^5$ para que $f:\partial D^4 \to S^4$ es un mapa de grado $2$ . Para demostrar que dicho mapa existe, podría necesitar algún argumento de suspensión como el anterior.

Entonces, utilizando la homología celular, el complejo es $$0 \to \mathbb Z \to_{\times 2}\mathbb Z \to 0 \dots \to 0 \to \mathbb Z \to 0.$$

0 votos

Si tuviera que calcular $H_3(S^33\mathbb{R}P^2)$ y luego llego a $H_3(S^3\mathbb{R}P^2)=H_2(S^2\mathbb{R}P^2)=H_1(S\mathbb{R}P^2)=\widetilde{H_0}(\mathbb{R}P^2)$ así que sé que $H_0(X;R)\widetilde{H_0}(X;R)R$ Así que $\mathbb{Z}\widetilde{H_0}(\mathbb{R}P^2)\mathbb{Z}$ por lo que puedo concluir entonces que $\widetilde{H_0}(\mathbb{R}P^2)=0$ ? ¿Por qué? Gracias.

0 votos

Quiero decir $S^3\mathbb{R}P^2$ y $S^3\mathbb{R}P^2=SSS\mathbb{R}P^2$ donde $SX$ es la suspensión del espacio $X$ .

i-Ciencias.com

I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.

Powered by:

X