Grupos de homología del haz tangente unitario de la botella de Klein.

Question

Sea $K$ denotan botella de Klein y $T^1K$ su haz tangente unitario. Quiero calcular el grupo homológico de $T^1K$ He visto esta discusión: Grupos de homología del haz tangente unitario No entiendo mucho de lo que está escrito allí, pero parece, que la homología de $T^1K$ debe ser igual a la homología de $T^1T$ (haz tangente unitario del toro), porque el toro y la botella de Klein tienen la misma característica de Euler, pero ¿cómo calcularlas explícitamente? Tal vez $T^1K$ es homeomorfo a $T^1T$ ?

Entiendo que $T^1K$ es un 3manifold orientado, porque el haz tangente es siempre orientable, así que su tercera homología debe ser $\mathbb{Z}$ .

También intenté utilizar secuencias de Mayer-Vietoris: cortar este haz en dos haces sobre tiras de Mobius, pero no pude hacer gran cosa con él.

Gracias de antemano.

Answer 1

Voy a utilizar tu idea de Mayer-Vietoris para calcular la cohomología entera de $T^1 K$ pero con un giro.

Para ello $\pi:T^1 K\rightarrow K$ sea el mapa de proyección natural. Utilizaré $U'$ y $V'$ para las dos mitades de la banda de Mobius de $K$ que se solapan en el círculo límite de cada banda de Mobius. Sea $U = \pi^{-1}(U')$ y $V = \pi^{-1}(V')$ . Entonces $U$ y $V$ obviamente forman una cubierta abierta de $T^1 K$ así que podemos usarlos para Mayer-Vietoris. Sólo necesitamos entender la topología de $U$ , $V$ y $U\cap V$ .

Reclamación 1 : Ambos $U$ y $V$ deformación se retraen a copias de $K$ .

Para $U'$ deformación se retrae a su círculo central, y $\pi^{-1}$ de esta deformación da una deformación de $U$ a $\pi^{-1}(S^1_c)$ con $S^1_c$ que denota el círculo central de una banda de Mobius.

Por lo tanto, vamos a averiguar lo que $\pi^{-1}(S^1_c)$ es. En primer lugar, restringiendo el haz tangente de $K$ a la mitad de una banda de Mobius da el haz tangente de la banda de Mobius. Esto restringe a un no trivial $\mathbb{R}^2$ haz sobre $S^1_c$ (¡haz un dibujo!), así que $\pi^{-1}(S^1_c)$ es una $S^1$ haz sobre $S^1$ . Es decir, es una botella Klein como se afirma. $\square$

Reclamación 2: El espacio $U\cap V$ deformación se retrae a $T^2$ .

El espacio $U'\cap V'$ deformación se retrae a un círculo que serpentea alrededor de $S^1_c$ dos veces. Lo denotaré por $S^1_d$ (donde $d$ es por "doble") Así, $\pi^{-1}(U\cap V)$ deformación se retrae a $\pi^{-1}(S^1_d)$ . Entonces el haz tangente de $K$ descansa en el haz tangente de $M$ que se limita a un trivial haz sobre $S^1_d$ (de nuevo, basta con hacer un dibujo). Así, $\pi^{-1}(S^1_d)$ es un trivial $S^1$ paquete, también lo es $T^2$ como se afirma. $\square$

Reclamación 3: : Con respecto a las deformaciones de las reivindicaciones 1 y 2, los mapas de inclusión $U\cap V\rightarrow U,V$ son homotópicas al doble recubrimiento $T^2\rightarrow K$ .

Porque, si imaginamos homotoping $S^1_d$ al círculo central $S^1_c$ obtenemos un mapa de doble cobertura $S^1_d\rightarrow S^1_c$ . Y este mapa de doble cubierta actúa como la identidad en el $S^1$ -porque las coberturas son difeomorfismos locales. $\square$

Ahora podemos calcular $\pi_1(T^1 K)$ utilizando Seifert-van Kampen. Para ello, escribiremos $\pi_1(T^2) = \langle a,b| aba^{-1}b^{-1}\rangle$ y $\pi_1(K) = \langle s,t| sts^{-1}t\rangle$ . Entonces $\pi_1(K)$ tiene un índice único $2$ subgrupo abeliano, generado por $s^2$ y $t$ por lo que podemos asumir la doble cobertura $T^2\rightarrow K$ mapas $a$ a $s^2$ y $b$ a $t$ . Ahora, Seifert-van Kampen inmediatamente da:

Reclamación 4: Tenemos $\pi_1(T^1 K)\cong \langle s,t, u,v| sts^{-1}t, uvu^{-1}v, s^2 u^{-2}, tv^{-1} \rangle$ .

Por cierto, la reivindicación 4 establece que $\pi_1$ es pas abeliano, ya que existe un mapa suryectivo desde $\pi_1$ a la orden $8$ grupo de cuaterniones $Q_8 = \{\pm 1, \pm i, \pm j, \pm k\}$ mediante el envío de $(s,t,u,v)\mapsto (i,j,k,j)$ . En particular, $T^1 K$ y $T^1 T^2$ son pas homotopía equivalente.

Desde $H_1$ es la abelianización de $\pi_1$ ahora podemos calcular $H_1$ .

Reclamación 5: Tenemos $H_1(T^1 K) \cong \mathbb{Z}\oplus (\mathbb{Z}/(2))^2$

Porque, si suponemos que todas las variables conmutan, cada elemento de $H_1(T^1 K)$ puede escribirse de la forma $s^\alpha t^\beta u^\gamma v^\delta$ . Pero la relación $sts^{-1}t$ implica ahora que $t$ tiene orden $2$ por lo que podemos suponer $\beta \in \{0,1\}$ . Igualmente, $\delta \in\{0,1\}$ . Además, la relación $s^2u^{-2}$ significa que podemos suponer $\gamma \in \{0,1\}$ .

Esto da un mapa de $H_1(T^1 K)$ a $\mathbb{Z}\oplus (\mathbb{Z}/(2))^2$ , enviando $s^\alpha t^\beta u^\gamma v^\delta$ a $(\alpha+\gamma,\beta + \delta,\gamma)$ . Afirmamos que este mapa es un isomorfismo.

Para ver que está bien definida, basta con comprobar que cada relación en $\pi_1(T^1K)$ se envía a la identidad. Pero, por ejemplo, $sts^{-1} t = t^2\mapsto (0,2,0) = (0,0,0)$ etc. La subjetividad es obvia. Y la inyectabilidad también es fácil de verificar. $\square$

El cálculo de $H_1$ junto con su conocimiento previo de que $T^1 K$ es orientable, nos permite calcular todos los grupos homológicos.

Reclamación 6: La homología no nula de $T^1 K$ viene dada por $$H_n(T^1 K)\cong \begin{cases}\mathbb{Z} & n=0, 2,3\\ \mathbb{Z}\oplus(\mathbb{Z}/(2))^2 & n=1 \end{cases}.$$

Obviamente tenemos $H_0(T^1 K) \cong \mathbb{Z}$ , ya ha observado que $H_3(T^1 K)\cong \mathbb{Z}$ y acabamos de calcular $H_1(T^1 K)$ . Por lo tanto, todo lo que queda es $H_2(T^1 K)$ . Lo calcularemos mediante una combinación de dualidad de Poincare y coeficientes universales.

Comenzamos con el subgrupo de torsión de $H_2(T^1 K)$ . Por dualidad de Poincare, es el mismo que el subgrupo de torsión de $H^1(T^1 K)$ . Pero por coeficientes universales, $H^1(T^1 K)$ tiene una torsión dada por un término Ext que implica a $H_0(T^1 K)$ . Desde $H_0(T^1 K)$ es libre, este término Ext desaparece, por lo que $H^1(T^1 K)$ es libre de torsión. Por lo tanto, también lo es $H_2(T^1 K)$ .

Para calcular la parte libre de $H_2(T^1 K)$ procedemos de forma análoga. Por coeficientes universales, la parte libre de $H_2(T^1 K)$ es isomorfo a la parte libre de $H^2(T^1 K)$ que, por dualidad de Poincare, es isomorfa a la parte libre de $H_1(T^1 K)$ que es isomorfo a $\mathbb{Z}$ . $\square$ .

Answer 2

Todos los grupos de cohomología en este post serán con coeficientes en $\mathbb{Z}/(2)$ . Podemos calcular el $\mathbb{Z}/(2)$ cohomología de coeficientes utilizando la secuencia de Gysin no orientada, que da una secuencia exacta larga para el espacio suprimido $E_0$ de un rango $k$ haz vectorial $E\to M$ . Consideremos la secuencia exacta larga inducida por la inclusión de $E_0\hookrightarrow E$ . $$\cdots\to H^i(E,E_0)\to H^i(E)\to H^i(E_0)\to H^{i+1}(E,E_0)\to \cdots$$ El teorema del isomorfismo de Thom nos dice que existe una clase $u\in H^{k}(E, E_0)$ tal que $\smile u: H^{i-k}(E)\to H^{i}(E,E_0)$ es un isomorfismo. Sustituyendo $H^i(E,E_0)$ por $H^{i-k}(E)$ produce la siguiente secuencia exacta corta: $$\cdots\to H^{i-k}(E)\to H^i(E)\to H^i(E_0)\to H^{i-k+1}(E)\to \cdots$$ donde el mapa $g:H^{i-k}(E)\to H^{i}(E)$ es $\alpha\mapsto \alpha\smile \kappa^*u$ donde $\kappa^*: H^j(E, E_0)\to H^j(E)$ es el mapa natural. A continuación, sustituimos $H^j(E)$ por $H^j(M)$ y $g$ se sustituye por $h: \alpha\mapsto \alpha\smile w_{k}(E)$ donde $w_k(E)$ es el $k$ ª clase Stiefel-Whitney. Esto da la secuencia exacta larga $$\cdots\to H^{i-k}(M)\to H^i(M)\to H^i(E_0)\to H^{i-k+1}(M)\to\cdots$$

En nuestro caso, tomamos $k=2$ y sustituir $E_0$ por $T^1K$ desde $E_0$ deformación se retrae sobre el haz de la esfera unidad. En grado $3$ tenemos la secuencia $$\cdots\to H^1(K)\to H^3(K)\to H^3(T^1K)\to H^2(K)\to H^4(K)\to \cdots$$ Desde $K$ es $2$ dimensional $H^3(K)=0$ y $H^4(K)=0$ así que $H^3(T^1K)\cong H^2(K)\cong \mathbb{Z}/(2)$ . En grado $2$ tenemos la secuencia exacta larga $$\cdots\to H^0(K)\to H^2(K)\to H^2(T^1K)\to H^1(K)\to H^3(K)=0$$ El mapa $H^0(K)\to H^2(K)$ viene dado por $\smile w_2(K)$ . Desde $0=\chi(K)=\langle w_2(K), [K]\rangle$ vemos que $w_2(K)=0$ y obtenemos una secuencia exacta corta $$0\to H^2(K)\to H^2(T^1K)\to H^1(K)\to 0$$ lo que significa que $H^2(T^1K)\cong \mathbb{Z}/(2) ^3$

En grado $1$ tenemos $$0=H^{-1}(K)\to H^1(K)\to H^1(T^1K)\to H^0(K)\to H^3(K)=0$$ o la secuencia exacta corta $$0\to H^1(K)\to H^1(T^1K)\to H^0(K)\to 0$$ Dado que toda secuencia exacta corta de $\mathbb{Z}/(2)$ los espacios vectoriales se dividen, $H^1(T^1(K))\cong \mathbb{Z}/(2)^3$ .