Grupos de homología de $\mathbb{R}^3\setminus \ S^1$ y $\mathbb{R}^3\setminus E^1_+$

Question

He aquí un problema y mi intento de solución. Si mi conclusión o la prueba es incorrecta agradecería una indicación en la dirección correcta. Gracias de antemano.

Dejemos que $S^1$ sea el círculo unitario en el plano xy en $\mathbb{R^3}$ y que $E^1_+$ y $E^1_-$ sean dos de sus semicírculos. Hallar los grupos de homología (con coeficientes enteros) de a) $\mathbb{R^3}\setminus E^1_+$ y b) $\mathbb{R^3}\setminus \ S^1$ .

Intento de solución:

a) $H_n(\mathbb{R^3},S^1)\cong H_n(\mathbb{R^3}\setminus E^1_+, E^1_-)$ mediante la escisión. A continuación, $H_n(\mathbb{R^3}\setminus E^1_+, E^1_-) \cong H_n(\mathbb{R^3}\setminus E^1_+, {pt})$ , ya que $E^1_-$ es contraíble. Entonces sabemos $H_n(\mathbb{R^3}\setminus E^1_+, {pt}) \cong \tilde{H_n}(\mathbb{R^3}\setminus E^1_+)\cong H_n(\mathbb{R^3}\setminus E^1_+)$ para $n>0$ . Así que obtenemos $H_n(\mathbb{R^3}\setminus E^1_+) \cong H_n(\mathbb{R^3},S^1)$ . Por la larga secuencia exacta de la homología relativa sabemos que $H_n(\mathbb{R^3},S^1) \cong H_{n-1}(S^1)$ Así que $H_n(\mathbb{R^3}\setminus E^1_+)\cong \mathbb{Z}$ para $n=1,2$ . Para $n=0$ también obtenemos $\mathbb{Z}$ desde $\mathbb{R^3}\setminus E^1_+$ está conectada por arcos.

b) el mismo razonamiento pero empezando por $H_n(\mathbb{R}^3,E^2_+)$ , donde $E^2_+$ es el hemisferio superior de $S^2$ , da $H_n(\mathbb{R}^3 \setminus S^1) \cong H_{n-1}(E^2_+)$ pero $E^2_+$ es contraíble por lo que $H_n(\mathbb{R}^3 \setminus S^1)\cong \mathbb{Z}$ para $n=1$ y para $n=0$ también es $\mathbb{Z}$ desde $\mathbb{R}^3 \setminus S^1$ está conectada por arcos. Para $n>1$ , $H_n(\mathbb{R}^3 \setminus S^1)=0$ .

EDITAR @msteve señaló que b) es incorrecto. La escisión no se puede utilizar como en a) ya que $S^1$ no está en el interior de $E^2_+$ . Por lo tanto, es necesario un enfoque diferente en este caso.

Answer 1

Bien, aquí vamos:

a) Establecer $U_1 := \mathbb{R}^3 \setminus S^1$ . Sea $1/5 > \varepsilon > 0$ y considerar $S^1 \times D_{\varepsilon}$ un toroide sólido. (El producto de $S^1$ con el disco de radio $\varepsilon$ ) Si $S^1$ estaban anudados, todavía podíamos encontrar una $\varepsilon$ y nuestra prueba sería exactamente la misma. En particular, la homología de $\Bbb R^3 \setminus K$ es el mismo para todos los nudos.

Set $U_2 := int(S^1 \times D_\varepsilon)$ . Tenemos los siguientes hechos:

• $\mathbb{R}^3$ está cubierto por los conjuntos abiertos $U_1$ y $U_2$ .

• $U_2 \simeq S^1$ , donde $\simeq$ significa equivalencia de homotopía.

• $U_1 \cap U_2 \simeq T^2$ , donde $T^2$ es el toro .

Así que aplicando el Secuencia Mayer-Vietoris obtenemos

$$\dots \to H_{n+1}(\Bbb R^3) \to H_n(U_1 \cap U_2) \to H_n(U_1) \oplus H_n(U_2) \to {H}_{n}(\Bbb R^3 ) \to H_{n-1}(U_1 \cap U_2) \to \dots$$ y utilizando nuestros datos, obtenemos $$\dots \to H_{n+1}(\Bbb R^3) \to H_n(T^2) \to H_n(U_1) \oplus H_n(S^1) \to {H}_{n}(\Bbb R^3 ) \to H_{n-1}(T^2) \to \dots$$

Ahora $\Bbb R^3$ es contraíble, por lo que para $n>0$ tenemos los isomorfismos $H_n (T^2) \simeq H_n(U_1) \oplus H_n(S^1)$ . Por lo tanto, $H_n(U_1) =0$ para $n>2$ , $H_2(U_1) \simeq H_1(U_1) \simeq \Bbb Z$ y como $U_1$ está conectado a la ruta, $H_0(U_1) \simeq \Bbb Z$ . Esto completa la prueba de a).

b) Claramente $\Bbb R^3 \setminus E^1_+ \simeq \Bbb R^3 \setminus {x}$ , donde $x \in E^1_+$ es sólo un punto. Ahora $\Bbb R^3$ se repliega sobre $S^2$ y conocemos su homología Así que hemos terminado.