El De Rham Cohomology de $\mathbb{R}^n - \mathbb{S}^k$

Question

Estoy leyendo Madsen y Tornehave "a partir De un Cálculo de Cohomology" y trató de resolver este problema interesante con respecto a los nudos.

Deje $\Sigma\subset \mathbb{R}^n$ ser homeomórficos a $\mathbb{S}^k$, muestran que $H^p(\mathbb{R}^n - \Sigma)$ es igual a $\mathbb{R}$ $p=0,n-k-1, n-1$ $0$ para todos los otros $p$. Aquí $1\leq k \leq n-2$.

Ahora el caso de $p=0$ es evidente a partir de la conexión y los otros dos casos son fáciles de resolver aplicando el hecho de que

$H^{p+1}(\mathbb{R}^{n+1} - A) \simeq H^p(\mathbb{R}^n - A),~~~~p\geq 1$

y

$H^1(\mathbb{R}^n - A) \simeq H^0(\mathbb{R}^n - A)/\mathbb{R}\cdot 1$

Entonces, ¿cuál es mi problema, ¿verdad?

Ahora, en lugar echemos un vistazo a esto directamente de Mayer-Vietoris. Si $\hat{D}^k$ es la de abrir la unidad de disco y $\bar{D}^k$ cerrado. A continuación, $\mathbb{R}^n - \mathbb{S}^k = (\mathbb{R}^n - \bar{D}^k)\cup (\hat{D}^k)$ $(\mathbb{R}^n - \bar{D}^k)\cap (\hat{D}^k) = \emptyset$

Ahora $H^p(\mathbb{R}^n - \bar{D}^k) \simeq H^p(\mathbb{R}^n - \{ 0 \})$ desde $\bar{D}^k$ es contráctiles. Y $H^p(\mathbb{R}^n - \{ 0 \})$ $\mathbb{R}$ si $p=0,n-1$ $0$ más. Desde $\hat{D}^k$ se abre en forma de estrella nos encontramos cohomology a ser $\mathbb{R}$ $p=0$ $0$ para todos los otros $p$.

Este rendimientos y la secuencia exacta

$\cdots\rightarrow 0\overset{I^{\ast}}\rightarrow H^{n-1}(\mathbb{R}^n - \mathbb{S}^k) \overset{J^{\ast}}\rightarrow \mathbb{R} \rightarrow 0\cdots$

Así que debido a la exactitud me parece que $\ker(J^*) = \text{Im}(I^*) = 0$ y $J^*$ es surjective, por lo tanto $H^{n-1}(\mathbb{R}^n - \mathbb{S}^k) \simeq \mathbb{R}$.

Pero ... Si puedo aplicar el mismo enfoque a $p = n-k-1$ sería mi respuesta $0$$H^{n-k-1}(\mathbb{R}^n - \mathbb{S}^k)$.

¿De dónde este último enfoque no?

Answer 1

Tu pregunta ha sido respondida por Tom. Pero no estoy seguro de si son conscientes de que el punto de que el problema era mostrar que la cohomology de una esfera incrustado en el espacio euclidiano es independiente de la incrustación. Usted parece pensar sólo en el estándar de la incrustación. Como Tom mencionó, la dualidad es una manera de demostrar que esto de la independencia.

(Esto podría haber sido mejor, como un comentario, pero no estoy permitido a comentar.)

Answer 2

Para aplicar el de Mayer-Vietoris secuencia, usted necesita subespacios cuyos interiores de la cubierta de su espacio (ver, por ejemplo, la Wikipedia, o Hatcher, p. 149). Esto no es cierto en tu ejemplo, porque un k-disco en Rⁿ se ha vacío interior para k<n.

También se puede disfrutar de deducir este resultado a partir de la dualidad de Alexander.

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Edit: Carsten la convierte en un excelente punto, que es la parte más difícil es demostrar que la homología del complemento es independiente de la incrustación. Dijiste que esto queda demostrado en su libro, pero lo que quería señalar que esto es muy difícil, y sin duda sorprendente.

1) Una incrustación que satisface las condiciones del teorema es la cornuda de Alexander esfera, un "salvaje" incorporación de S² S³ (esta animación es muy bueno también). Si bien es cierto que el componente externo del complemento tiene la homología de un punto, se está muy lejos de ser simplemente conectado -- de hecho su grupo fundamental no es finitely generado. (Puede encontrar una descripción explícita de su grupo fundamental de la Hatcher, p. 170 a 172.)

2) Cada nudo es una incrustación de S¹ a S³. El grupo fundamental del complemento es un nudo fuerte invariante, y normalmente es mucho más complicado que sólo Z. Desde H₁ del nudo complemento es el abelianization del nudo de grupo, el resultado que usted está usando implica que todos nudo grupos han infinito cíclico abelianization. Esto es cierto (se puede ver muy bien desde el Wirtinger presentación), pero no es obvio.

3) es importante que el espacio ambiente es una esfera (o, equivalentemente, Rⁿ). Para un ejemplo simple donde el teorema se rompe, considere la posibilidad de incrustaciones de S¹ en una superficie Σ_g de género g≥2. Tomando g=2 para simplificar, podemos ver que hay tres topológicamente no equivalentes formas de incorporación de un círculo en Σ₂: A) un pequeño bucle que encierra un disco; B) un bucle que rodea la cintura de la superficie y la separa en dos componentes, cada uno de género 1; y C) un bucle pasando por una de las asas, que no separa la superficie.

La homología de grupos de Σ₂ son H₀=Z, H₁=Z⁴y H₂=Z. Por tanto, a) y B), el complemento de S¹ tiene una homología de grupos H₀=Z² debido a que la curva se separa, y H₁=Z⁴. Sin embargo, para C) tenemos H₀=Z debido a que el complemento está conectado, y H₁=Z³ porque tenemos "interrumpido" uno de los elementos [se puede ver donde iba mirando los de Mayer-Vietoris secuencia]. Así vemos que la homología del complemento depende esencialmente de la integración en la superficie Σ_g, en contraste con el caso clásico de la incorporación de un círculo en la esfera S².