Tal vez yo pueda añadir algunos detalles a Dylan respuesta.
En primer lugar, con la apertura de la tapa que usted ha elegido, tiene
$$
A, B, \quad \cong \quad \text{cilindro} \quad \simeq \quad S^1
$$
y
$$
A \cap B \quad \cong \quad \text{discontinuo de la unión de dos cilindros} \quad \simeq \quad S^1 \sqcup S^1 \ .
$$
Por lo tanto
$$
H_n(A) = H_n(B) =
\begin{cases}
\mathbb{Z} & \text{if}\ n=0,1 \\
0 & \text{otherwise}
\end{casos}
$$
y
$$
H_n(A\cap B) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z} & \text{if}\ n=0,1 \\
0 & \text{otherwise}
\end{casos}
$$
Por lo tanto, en particular, para $n\geq 2$, $H_n(A) = H_n(B) = H_n(A\cap B) = 0$. Por lo tanto, de MVS,
$$
\dots \longrightarrow H_n(A)\oplus H_n(B) \longrightarrow H_n(\mathbb{T}^2) \longrightarrow H_{n-1}(A \cap B) \longrightarrow \dots
$$
que, por $n > 2$, es sólo
$$
\dots \longrightarrow 0 \longrightarrow H_n(\mathbb{T}^2) \longrightarrow 0 \longrightarrow \dots
$$
se sigue que
$$
H_n(\mathbb{T}^2) = 0, \quad \text{para} \quad n> 2 .
$$
Así que, de nuevo, podemos centrarnos en lo que sucede, por $n=0,1,2$. Para $n=0$ no es ninguna gran cosa, porque, desde $\mathbb{T}^2$ está conectado,
$$
H_0 (\mathbb{T}^2) = \mathbb{Z} \ .
$$
Para $n= 2$, nos fijamos en esta pieza de la MVS:
$$
\dots \longrightarrow H_2(A)\oplus H_2(B) \longrightarrow H_2(\mathbb{T}^2) \stackrel{\partial}{\longrightarrow} H_1(A\cap B) \stackrel{(i_*, j_*)}{\longrightarrow} H_1(A) \oplus H_1(B) \longrightarrow \dots \ ,
$$
del que se conocen todos los grupos, excepto el torus es una:
$$
\dots \longrightarrow 0 \longrightarrow H_2(\mathbb{T}^2) \stackrel{\partial}{\longrightarrow} \mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z} \stackrel{(i_*, j_*)}{\longrightarrow} \mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z} \longrightarrow \dots
$$
Ahora, como Steve D. señaló que, a pesar de los dos últimos grupos isomorfos, no significa que los morfismos $(i_*, j_*)$ entre ellos en la MVS, inducidos por las inclusiones $i: A\cap B \longrightarrow A$$j: A\cap B \longrightarrow B$, es un isomorfismo. Y en realidad no lo es. (Si lo era, entonces, $H_2(\mathbb{T}^2) $ sería igual a cero.)
En esta etapa, usted necesita para calcular que esta $(i_*, j_*)$ es. Para ello, elige $1$-cicles la generación de las homologías de $A, B $ $A\cap B$ como sigue: para cada uno de los cilindros de la intersección $A\cap B$, tomar una circunferencia ecuatorial. Nombre de su homología clases de $\alpha$$\beta$. Así que, en realidad, los $\mathbb{Z}$ en la pieza de MVS representada por encima de la libre abelian grupos generados por $\alpha$$\beta$:
$$
(i_*, j_*) : \mathbb{Z}\langle \alpha \rangle \oplus \mathbb{Z}\langle \beta \rangle \longrightarrow \mathbb{Z}\langle \alpha \rangle \oplus \mathbb{Z}\langle \beta \rangle
$$
Y ahora vamos a calcular:
$$
(i_* , j_*) (\alpha , 0) = (i_* , j_*) (0, \beta ) = (\alpha , \beta)
$$
desde $\alpha = \beta$$H_1(A)$$H_1(B)$.
Por lo tanto, en términos de esta base, nuestro morfismos $(i_* , j_*)$ puede ser representada por la matriz
$$
\begin{pmatrix}
1 & 1 \\
1 & 1
\end{pmatrix} :
\mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z} \longrightarrow \mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z}
$$
Por lo tanto,
$$
H_2(\mathbb{T}^2 ) = \mathrm{im}\ \partial = \mathrm{ker}\
\begin{pmatrix}
1 & 1 \\
1 & 1
\end{pmatrix}
= \mathbb{Z}\langle \alpha \beta \rangle = \mathbb{Z}
$$
Como para $H_1(\mathbb{T}^2)$, vamos a centrarnos en el siguiente fragmento de la MVS:
$$
\dots \longrightarrow H_1(A\cap B) \stackrel{(i_*, j_*)}{\longrightarrow} H_1(A) \oplus H_1(B) \stackrel{k_* - l_*}{\longrightarrow} H_1(\mathbb{T}^2) \stackrel{\partial}{\longrightarrow} H_0 (A\cap B) \stackrel{(i_* , j_*)}{\longrightarrow} H_0(A) \oplus H_0(B) \longrightarrow \dots \ ,
$$
donde $k_* - l_*$ es el de morfismos inducidos por las inclusiones $k: A \longrightarrow \mathbb{T}^2$$l : B \longrightarrow \mathbb{T}^2$.
De nuevo, sabemos que todos los grupos excepto $H_1(\mathbb{T}^2)$:
$$
\dots \longrightarrow \mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z} \stackrel{(i_*, j_*)}{\longrightarrow} \mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z} \stackrel{k_* - l_*}{\longrightarrow} H_1(\mathbb{T}^2) \stackrel{\partial}{\longrightarrow} \mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z} \stackrel{(i_* , j_*)}{\longrightarrow}\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z} \longrightarrow \dots
$$
Y, de nuevo, tenemos un cierto conocimiento de los morfismos involucrados. Yo reclamo que, tomando como generadores de $H_0(A)$ $ H_0(B)$ dos puntos de $p,q$, uno en cada componente de $A\cap B$, usted tiene también generadores de $H_0(A\cap B)$ y, con estos generadores y similares cálculos que de las que ya hemos hecho, el segundo de morfismos $(i_*, j_*)$ también puede ser representado por la matriz
$$
\begin{pmatrix}
1 & 1 \\
1 & 1
\end{pmatrix} :
\mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z} \longrightarrow \mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z}
$$
Ahora, usted consigue una breve secuencia exacta de ese pedazo de MVS en la forma estándar:
$$
0\longrightarrow \mathrm{ker}\ \parcial \longrightarrow H_1(\mathrm{T}^2) \longrightarrow
\mathrm{im}\ \parcial
\longrightarrow 0
$$
Pero, por un lado,
$$
\mathrm{im}\ \partial = \mathrm{ker}\ (i_*, j_*) = \mathrm{\ker}\
\begin{pmatrix}
1 & 1 \\
1 & 1
\end{pmatrix}
= \mathbb{Z}
$$
Por otro lado,
$$
\mathrm{ker}\ \partial = \mathrm{im}\ (k_*-l_*) =(\mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}) /\!\mathrm{ker}(k_*-l_* ) = (\mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z})/\!\mathrm{im}(i_*, j_*) = \mathbb{Z}
$$
Por lo tanto, tenemos la siguiente secuencia exacta:
$$
0 \longrightarrow \mathbb{Z} \longrightarrow H_1(\mathbb{T}^2) \longrightarrow \mathbb{Z} \longrightarrow 0 \ .
$$
Así
$$
H_1(\mathbb{T}^2) = \mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z} \ .
$$
EDIT. Algunos detalles más. Inclusiones
$$
Un \stackrel{i}{\longleftarrow} A\cap B \stackrel{j}{\longrightarrow} B
$$
inducir morphims
$$
H_1(A) \stackrel{i_*}{\longleftarrow} H_1(A\cap B ) \stackrel{j_*}{\longrightarrow} H_1(B) \ .
$$
Por lo tanto, una de morfismos
$$
(i_*, j_*) : H_1(A\cap B) \longrightarrow H_1(A) \times H_1(B) = H_1(A) \oplus H_1(B) \ ,
$$
cuyo valor en $1$-ciclos de $\sigma : \Delta^1 \longrightarrow A\cap B$ es
$$
(i_*, j_*) [\sigma] = (i_*[\sigma], j_* [\sigma]) = ([i\circ \sigma],[j\circ \sigma]) .
$$
Por lo tanto, si $a: \Delta^1 \longrightarrow A\cap B$ $b: \Delta^1 \longrightarrow A\cap B$ $1$- ciclos de representantes de la homología de las clases de $\alpha$$\beta$, respectivamente, que han
$$
(i_*,j_*) (\alpha, 0) = (i_*,j_*) [a] = ([i\circ a],[j\circ a]) = (\alpha, \alpha) = (\alpha , \beta)
$$
y de forma análoga para $\beta$.
EDIT2. Más detalles. Para romper una larga secuencia exacta
$$
\dots \stackrel{f_{i-2}}{\longrightarrow} A_{i-1} \stackrel{f_{i-1}}{\longrightarrow} A_i \stackrel{f_i}{\longrightarrow} A_{i+1} \stackrel{f_{i+1}}{\longrightarrow} \dots
$$
en "modo estándar" significa que, en cualquier momento, usted puede obtener corto exacta secuencias como
$$
0 \longrightarrow \mathrm{ker}\ f_i \longrightarrow A_i \longrightarrow \mathrm{im}\ f_i \longrightarrow 0
$$
donde la flecha de la izquierda es el de la inclusión y que sobre el derecho a la $f_i$.
