Homología de $S^1 \times (S^1 \vee S^1)$

Question

Estoy tratando de resolver la pregunta 2.2.9(b) en Hatcher Topología Algebraica.

Pregunta: Calcular la homología de grupos de $X=S^1 \times (S^1 \vee S^1)$.

Mi intento: trato de usar el de Mayer-Vietoris secuencia.

Deje $A=S^1 \times (S^1 \vee \text{small bit}) =S^1\times S^1$$B=S^1 \times ( \text{small bit} \vee S^1)=S^1 \times S^1$. (Seguro de cómo expresar esto, pero espero que esto sea lo suficientemente clara.)

A continuación,$A\cap B=S^1\times \{\text{point}\}=S^1$$A\cup B=X$.

El de Mayer-Vietoris secuencia, a continuación, nos da una secuencia exacta en la reducción de la homología de la siguiente manera:

$$0 \to \mathbb{Z}^2 \to \tilde{H}_2(X) \to \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}^2 \to \tilde{H}_1(X) \to 0.$$

Es posible que a partir de esta secuencia exacta para determinar la homología de grupos, en algunos algebraica de la moda? O tengo que determinar lo que los mapas son? ¿Cómo puedo determinar los mapas?

Answer 1

Esta solución se basa en el largo exacto de la reducción de la homología de secuencia de un NDR par (Hatcher del Teorema $2.13$) y proporciona un enfoque diferente para el problema de @tsho de la solución.

Llamemos $$\underbrace{\Enorme{\mathsf x} \normalsize\times S^1}_{A}~~\subconjunto~~ \underbrace{\Enorme{\propto}\normalsize\times S^1}_{B}~~\subconjunto~~ \underbrace{\Enorme{\infty}\normalsize \times S^1}_{X}$$ All three pairs $(B,A),~(X,A),~(X,B)$ are Neighborhood Deformation Retracts, as Hatcher puts it, "good pairs". Also, it is obvious that $$ is homotopy equivalent to the circle, and $B$ to the torus. Let us write the long exact reduced homology sequence for the the good pairs $(X,A)$ and $(X,B)$ : the morphism of pair given by the inclusion $(X,A)\hookrightarrow (X,B)$ da siguiente diagrama conmutativo $$\begin{array}{c}0\to &0&\to&\tilde{H}_2(X)&\to&\tilde{H}_2(X/A)&\to&\tilde{H}_1(A)&\to&\tilde{H}_1(X)&\to &\tilde{H}_1(X/A)&\to 0\\ &\downarrow&&\Vert&&\downarrow&&\downarrow&&\Vert&&\downarrow\\ 0\to& \tilde{H}_2(B)&\to&\tilde{H}_2(X)&\to&\tilde{H}_2(X/B)&\to&\tilde{H}_1(B)&\to&\tilde{H}_1(X)&\to &\tilde{H}_1(X/B)&\to 0 \end{array}$$ Ahora $X/A$ es la cuña de la suma de dos pellizcado esferas $P$ (el espacio estudiado en la pregunta anterior), y $X/B$ es simplemente un apretado la esfera, y de ello se sigue que $\tilde{H}_*(X/B)\simeq\tilde H_*(P)$ $\tilde{H}_*(X/A)\simeq\tilde H_*(P)\bigoplus \tilde H_*(P)$ donde el isomorfismo es dada por el mapa de $(i_*^+,i_*^-)$ donde $i^+$ (resp. $i^-$) son las inclusiones de $P$ como la parte superior (resp. inferior) pellizcado esfera en $X/A$.

Desde un apretado la esfera es homotopy equivalente a una esfera con un diámetro adjunto, que a su vez es homotopy equivalente a la cuña de la suma de una esfera y un círculo, tenemos $\tilde H_*(P)\simeq \Bbb Z\oplus\Bbb Z$ se concentró en el grado $1$$2$. Ahora podemos cambiar el diagrama anterior por el siguiente más simple

$$\begin{array}{c}0\to &0&\to&\tilde{H}_2(X)&\to&\Bbb Z\oplus \Bbb Z &\stackrel{\gamma}{\to}&\Bbb Z &\to&\tilde{H}_1(X)&\to & \Bbb Z\oplus \Bbb Z &\to 0\\ &\downarrow&&\Vert&&~~\downarrow\beta&&\downarrow&&\Vert&&\downarrow\\ 0\to& \Bbb Z &\to&\tilde{H}_2(X)&\stackrel{\alpha}{\to}& \Bbb Z &\to& \Bbb Z\oplus \Bbb Z &\to&\tilde{H}_1(X)&\to & \Bbb Z &\to 0 \end{array}$$

Desde el lado izquierdo del diagrama, se deduce que el $\tilde H_2(X)$ es un subgrupo de $\Bbb Z\oplus \Bbb Z$ que contiene una copia de $\Bbb Z$, lo $\tilde H_2(X)\simeq\Bbb Z$ o $\Bbb Z\oplus\Bbb Z$. Supongamos $\tilde H_2(X)\simeq \Bbb Z$ e intentar derivar una contradicción.

Desde $\Bbb Z$ es de torsión libre, debemos tener $\alpha=0$. La vertical mapa de $\beta$ es sobre como corresponde a colapsar la parte inferior de la copia de $P$ dentro $P\vee P\simeq X/A$ a un punto, y por lo tanto $\beta$ es la proyección sobre el primer factor. La conmutatividad del diagrama a continuación, las fuerzas de la imagen de $\tilde H_2(X)$ a mentir dentro de $\Bbb Z\oplus 0\subset \Bbb Z\oplus \Bbb Z$. Sin embargo, es evidente que existe una auto-homeomorphism de $X$ intercambio de la parte superior e inferior toruses de $X$ que pasa al cociente, y permutes los dos factores de $\Bbb Z \oplus \Bbb Z=\tilde H_2(X/A)$ (y, posiblemente, se agrega un signo). Por lo tanto, la imagen de $\tilde H_2(X)$ dentro $\Bbb Z \oplus \Bbb Z$ está contenido en $\Bbb Z\oplus 0\cap 0\oplus \Bbb Z=0$, pero esto se contradice con la inyectividad de la parte superior izquierda de la flecha. El mismo argumento funciona cuando reemplazamos $B$ $B'=T(B)$ donde $T$ es el auto-homeomorphism de $X$ que intercambia los dos círculos en la cuña suma $S^1\vee S^1$. El nuevo mapa de $\beta'$ es la proyección sobre el segundo factor, por lo que el mapa $\tilde H_2(X)\to \Bbb Z\oplus\Bbb Z$ envía $\tilde H_2(X)$ a $\ker(\beta)\cap\ker(\beta')=\Bbb Z\oplus 0\cap 0\oplus \Bbb Z=0$ contradiciendo de inyectividad.

Como consecuencia, $$\tilde H_2(X)\simeq \Bbb Z\oplus\Bbb Z$$

Para finalizar la prueba, se nota que por la teoría estándar de finitely generado abelian grupos, el cociente de $\Bbb Z\oplus\Bbb Z$ por un subgrupo $S$ isomorfo a $\Bbb Z\oplus\Bbb Z$ es el producto de dos grupos cíclicos, y no puede ser un subgrupo de $\Bbb Z$ menos que el subgrupo $S$ es de $\Bbb Z\oplus\Bbb Z$. Esto obliga a la parte superior izquierda de la flecha $\tilde{H}_2(X)\to\Bbb Z\oplus \Bbb Z $ a ser un isomorfismo, y $\gamma=0$. La parte superior de la secuencia, entonces degenera a una corta secuencia exacta $$0\to\Bbb Z \to\tilde{H}_1(X)\to \Bbb Z\oplus \Bbb Z \to 0$$

En consecuencia, $$\tilde{H}_1(X)\simeq \Bbb Z\oplus\Bbb Z\oplus\Bbb Z$$

Answer 2

En primer lugar, creo que el $H_1(\mathrm{Torus})=\mathbb{Z}^2$ por lo tanto la secuencia debería ser $$0 \xrightarrow 0 \mathbb{Z}^2 \xrightarrow f \tilde{H}_2(X) \xrightarrow g \mathbb{Z} \xrightarrow h \mathbb{Z}^2 \oplus \mathbb{Z}^2 \to \tilde{H}_1(X) \to 0.$$ Ahora, es necesario determinar al menos un mapa para solucionar esto. En Mayer Veatoris secuencia, f es $(t,s) \mapsto i_*t+i_*s$, g es $t\mapsto \partial t$, y h es $t \mapsto (i_*t,-i_*t)$ donde todos los de mi $i_*$'s son el homomorphims relacionados con el adecuado canónica de inclusiones. (En este punto, usted debe tratar de resolver la cuestión a sí mismo y comprobar la respuesta de retroalimentación).

Vamos a empezar por el uso de la exactitud de la secuencia: $\operatorname{im}0=0=\operatorname{ker}f$ $f$ es inyectiva, $\operatorname{im}f=\operatorname{ker}g$ nos dice nada aún, y $\operatorname{im}g=\operatorname{ker}h$.

Va a ser más natural para determinar el $h$, ya que es la única cuya tanto el dominio y el rango son conocidos. Por eso, $h$ es un generador del círculo, se incorpora en cada una de las tori, y, integrado en el círculo en el interior de cada una de las tori sabemos que para ser un generador de uno de sus $\mathbb{Z}$'s. ($H_1(T)=\mathbb{Z}^2$$\mathbb{Z}$para el "horizontal" círculo y un $\mathbb{Z}$ para la "vertical" de círculo, en nuestro caso, el generador de la original $\mathbb{Z}$ se asigna al círculo horizontal, es que si se dibuja el toro "horizontal" como lo haría normalmente, y dibujar $X$ como dos tori ("llantas") apilados en la parte superior de uno al otro).

Así que podemos escribir la $h(1)=((1,0),(1,0))$$\operatorname{im}g=\operatorname{ker}h=0$, por lo tanto $g=0$, lo $\operatorname{im}f=\operatorname{ker}0=$ todo el grupo, es decir $f$ es surjective y, por tanto, un isomorfismo. Así $H_2(X)=\mathbb{Z}^2$. $H_1$ se podría obtener de manera similar o por el uso de $H_1=\operatorname{Ab}(\pi _1)$.

Answer 3

Si sus coeficientes son en un campo, entonces usted puede utilizar el Künneth fórmula, que dice que si $X=Y \times Z$ $$ H^i(X) = \bigoplus_{j+l=i} H^j(Y) \otimes H^{l}(Z). $$

Así, por ejemplo, para calcular el $H^1(X)$, hay dos términos en la secuencia, es decir al $(j,l)=(0,1)$ e al $(j,l)=(1,0)$. Así $$ H^1(X) = H^1(Y) \otimes H^0(Z) \bigoplus H^0(Y) \otimes H^1(Z).$$

En su caso, $Y=S^1$$Z=S^1 \lor S^1$, por lo que $$ H^1(X) = H^1(S^1) \otimes H^0(S^1 \lor S^1) \bigoplus H^0(S^1) \otimes H^1(S^1 \lor S^1)$$ $$ = k \otimes k \bigoplus k \otimes(k^2) = k \oplus k^2 = k^3.$$

Answer 4

Creo que tengo una tercera solución que calcula la homología de la célula compleja directamente. Me doy cuenta de que esto es más que un retraso de un año así que quién sabe si alguien va a encontrar esto útil, pero que bien podría agregar que debido a que podría ser útil para alguien más en busca de soluciones.

Deje $X$ $S^{1} \times (S^{1} \vee S^{1}).$ a Continuación, podemos incrustar el torus $S^{1} \times S^{1} = T^{2}$ dentro $X$, de tal manera que $X$ retrae en el toro (acaba de enviar tanto de tori para el mismo toro sin jugar con el pegado de seguridad de diámetro).

Así, debido a que se retrae causa exacta de secuencias de split, tenemos

$$\tilde{H}_{*}(X) = \tilde{H}_{*}(X/T^{2}) \oplus \tilde{H}_{*}(T^{2}).$$

Ahora, $X/T^{2}$ es el pinzamiento de un toro (un toro con un círculo aplastado a un punto). Esto tiene la siguiente celda de la descomposición:

1 0-Cell p

1 1-Célula (el otro $1$ celular degenera)

1 de 2 Células

Como en el caso de los celulares mapas de los límites en el toro, todos los mapas de los límites son triviales (los mapas de los límites son los mismos después de la configuración de los degenerados $1$ celular a 0). Por lo tanto,

$$\tilde{H}_{*}(X) = (0, \mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z}^{2}, \mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z}).$$