$\delta:H^n(\{0\}\times Y; R)\to H^{n+1}(I\times Y, \partial I, R)$ es un isomorfismo.

Question

En el último párrafo de la página 210 de Hatcher Topología algebraica se menciona lo siguiente:

Dejemos que $Y$ sea un espacio topológico y $I$ sea el intervalo cerrado $[0, 1]$ . Consideremos la larga secuencia exacta de cohomología (con coeficiente en un anillo $R$ ) para el par $(I\times Y, \partial I\times Y)$ . En esta larga secuencia exacta tenemos un mapa $\delta:H^n(\partial I\times Y;R)\to H^{n+1}(I\times Y, \partial I\times Y; R)$ .

Se dice en el texto que el mapa $\delta$ es un isomorfismo cuando se restringe a la copia de $H^n(Y, R)$ en $H^n(\partial I\times Y; R)$ .

No puedo dar una prueba de ello. Al menos no una económica.

Esto es lo que pensé: Primero veamos lo que el mapa $\delta$ es. Para cualquier $[\phi]\in H^n(\partial I\times Y; R)$ , donde $\phi$ es un $n$ -de un ciclo, definimos $\delta[\phi]$ de la siguiente manera: Sea $\Phi:C_n(I\times Y; R)\to R$ se definirá ampliando $\phi$ de manera obvia, sólo tenemos $\Phi$ tomar el valor $0$ en las simplices que no están en $\partial I\times Y$ . Entonces $\delta[\phi]=[\delta\Phi]$ . Esto tiene sentido porque $\delta\Phi$ se desvanece en $n+1$ -cadenas en $\partial I\times Y$ .

Ahora mi "prueba". En aras de la comprensión, tomemos $n=1$ y supongamos que existe un cociclo $\phi\in C_1(\{0\}\times Y; R)$ tal que $\delta[\phi]=0$ . Queremos demostrar que $[\phi]=0$ Es decir $\phi(\gamma)$ depende sólo de los puntos finales de la trayectoria $\gamma$ para todos $\gamma$ . Desde $[\delta\Phi]=0$ , hay $\Psi\in C_1(I\times Y, \partial\times Y;R)$ tal que $\delta\Psi=\delta\Phi$ .

En la figura anterior, $\gamma$ es un singular $1$ -simplemente en $Y$ que es uno de los bundarios del singular $2$ -simplemente $\sigma$ en $I\times Y$ . Desde $\delta\Phi=\delta\Psi$ tenemos $\delta\Phi(\sigma+\tau)=\delta\Psi(\sigma+\tau)$ . Utilizando el hecho de que $\Psi$ se desvanece en $1$ -simples en en $\partial I\times Y$ y que $\Phi$ se desvanece en $1$ -simples en $Y$ que se encuentra fuera $\{0\}\times Y$ obtenemos $$\Phi(\gamma) = \Psi(\text{such of the two "vertical" $ 1 $-simplices in the diagram})$$

Así, $\Phi$ depende únicamente de los puntos finales de $\gamma$ . Utilizando $\Phi|_{\{0\}\times Y}=\phi$ tenemos $[\phi]=0$ y hemos terminado.

Por supuesto, esto no es una prueba formal, y se hace sólo para $n=1$ . Pero la misma idea se puede utilizar para dar una prueba para cualquier $n$ .

¿Puede alguien dar una prueba mejor?

Answer 1

Dada la larga secuencia exacta $$0\rightarrow H^n(I\times Y;R)\rightarrow H^n(\partial I\times Y;R)\xrightarrow{\delta}H^{n+1}(I\times Y,\partial I\times Y;R)\rightarrow0.$$ Observe que $$H^n(\partial I\times Y;R)\cong H^n(\{0\}\times Y)\oplus H^n(\{1\}\times Y).$$ Utilice $M,M_0,M_1$ para denotar respectivamente $H^n(Y;R),H^n(\{0\}\times Y;R),H^n(\{1\}\times Y;R)$ y utilizar $i_0,i_1$ para denotar respectivamente la inclusión de $\{0\}\times Y,\{1\}\times Y$ a $I\times Y$ . Entonces tenemos $$M_0\xrightarrow[\cong]{i_0^\ast}M\xleftarrow[\cong]{i_1^\ast}M_1.$$ Son isomorfismos porque $I\times Y\sim\{0\}\times Y\sim\{1\}\times Y$ . Y el mapa dual $i_0^\ast,i_1^\ast,i^\ast$ son todas las restricciones de $R$ -homomorfismos de módulos. Así, $i^\ast(\alpha)=(i^\ast_0(\alpha),i^\ast_1(\alpha))\in M_0\oplus M_1$ . $i_0^\ast,i^\ast_1$ siendo isomorfismos implica que el submódulo $\mathrm{im} i^\ast\subseteq M_0\oplus M_1\cong M\oplus M$ tiene la forma (si $\mathrm{im} i^\ast$ considerado como el submódulo de $M\oplus M$ ) $$\mathrm{im} i^\ast=\{(\alpha,\alpha)|\alpha\in M\}.$$ La sutil conclusión de esto es que \begin{equation}\label{eg3.11} M_0\oplus M_1=M_0\oplus\mathrm{im} i^\ast.\tag{$\ast$} \end{equation} Ahora volvamos a la corta secuencia exacta. Por exactitud $\ker\delta=\mathrm{im} i^\ast$ y $\delta$ es suryente. Entonces con la ayuda de (\ref{eg3.11}) es fácil demostrar que $\delta|_{M_0}$ es un isomorfismo.

(Creo que ( \ref {eg3.11}) es el punto clave).