Para un grafo $X = (V,E)$ en el que si $\alpha \in \ker \partial$ entonces cada $x \in V$ tiene el mismo número de aristas entrantes que salientes.

Question

Para un grafo $X = (V,E)$, prueba que si $\alpha \in \ker \partial$, entonces cada $x \in V$ tiene la misma cantidad de aristas que entran que las que salen.

Lo que he intentado es que dado que $\alpha \in \ker \partial$, donde $\partial: C_1(X, \mathbb{Z}) \to C_0(X, \mathbb{Z})$ es el homomorfismo de grupo definido como $\partial (e) = t(e) - o(e)$ y $t,o: E^o \to V$ donde $o(e)$ es el vértice de origen y $t(e)$ es el vértice terminal, entonces

$$t(e_1) + t(e_2) + \dots + t(e_n) = o(e_1) + o(e_2) + \dots + o(e_n)$$

Podemos restar todas las $t(e_i)$ tales que $t(e_i) = x$ para un $x$ arbitrariamente fijo en $V$, en cuyo caso para balancear la ecuación anterior tendríamos que restar la misma cantidad de $o(e_j)$. Sin embargo, esto no prueba que los $o(e_j)$ restantes sean los que deseamos. Quería decir que la suma de los $t(e_i)$ restantes es igual a $mx$ para algún $m \in \mathbb{N}$, lo cual es cierto, pero realmente no sé cómo demostrar que cada $o(e_j) = x$ ya que podría ser el caso que estemos sumando otros vértices que sumen a $x$. ¿Voy en la dirección correcta? Necesito un empujón en la dirección correcta

Answer 1

Su problema está incorrecto tal como se plantea. Por ejemplo, considere el grafo dirigido con matriz de adyacencia $$\pmatrix{0&1&0&1\\0&0&1&0\\1&0&0&0\\0&0&0&0}.$$ Considere el elemento $$\alpha = e_{12} + e_{13} + e_{23}.$$ Se cumple que $\alpha \neq 0$ y $\partial (\alpha) = 0$, pero no es cierto que cada vértice tenga el mismo grado de entrada que de salida.

Answer 2

Suponiendo que $x$ es un vértice a lo largo de la cadena $\alpha$, la afirmación es falsa tal como está escrita.

Sea $X$ este grafo, compuesto por $0$-celdas y $1$-celdas, etiquetadas como se muestra.

Deberías ser capaz de mostrar que $H_1(X; \Bbb{Z}) \cong \langle A+B-C \rangle$.

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Comienza orientando los extremos de cada $1$-celda alfabéticamente, así

$$\begin{align*} \partial A &= b - a \\ \partial B &= c - b \\ \partial C &= c - a \\ \partial D &= d - c \end{align*}$$

Luego, de la base ordenada $(A,B,C,D)$ a la base ordenada $(a,b,c,d)$, $\partial$ es la transformación lineal dada por $$\begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 1 \end{pmatrix} \text{.}$$

Aplicando las siguientes operaciones $\Bbb{Z}$-invertibles en el orden dado $$\begin{align*} -\text{fila $3$} + \text{fila $1$} &\mapsto \text{fila $3$} \\ \text{fila $3$} + \text{fila $2$} &\mapsto \text{fila $3$} \text{,} \end{align*}$$ encontramos que $A+B-C \in \ker \partial$. También no debería sorprender que combinaciones de filas 1, 2 y 4 no pueden producir vectores nulos, por lo que no hay más generadores de $H_1$.

(Si no estás pensando en el fragmento de álgebra lineal (de módulo de $\Bbb{Z}$) sobre el anillo $\Bbb{Z}$ (ya que nuestros coeficientes de homología son tomados de ese anillo), deberías hacerlo.)

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Ahora está claro que la $0$-celda $c$ es un vértice en (un representante de la clase de equivalencia) $\alpha \in H_1(X; \Bbb{Z})$. Pero $c$ tiene tres aristas incidentes en $X$.

Quizás la afirmación de la pregunta pide el grado del vértice en el subgrafo que es (un representante de la clase de equivalencia de) la cadena $\alpha$. Esto también es falso. Este lazo

tiene primera homología generada por dos lazos: el lazo de la izquierda y el lazo de la derecha. (O el lazo de la izquierda y todo el grafo, o el lazo de la derecha y todo el grafo, o cualquier par de vectores linealmente independientes en el módulo de $\Bbb{Z}$ que es análogo al que estudiamos anteriormente). En cualquier caso, todos los elementos de $H_1$ están (tienen un representante que está) incidente en el vértice de grado $4$. En particular, el ciclo consistente en "dibujar un '$\infty$'" en todo este grafo es incidente en cuatro vértices de grado $2$ y uno de grado $4$.