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Si M es una colecta cerrada no orientable 3 demuestre que H1(M) es un grupo infinito.

Este es un ejemplo de una hoja de preguntas (no evaluadas) de una clase universitaria. Si M es un colector no orientable, cerrado y conectado 3, demostrar $H_1(M;\mathbb{Z})$ es un grupo infinito. Sé que como $M$ es no orientable se deduce que $H_3(M;\mathbb{Z}) = 0$ y como $M$ está conectado $H_0(M;\mathbb{Z}) = \mathbb{Z}$ . Quiero aplicar una combinación de la dualidad de Poincare y el teorema del coeficiente universal para tratar de encontrar una contradicción si $H_1(M;\mathbb{Z})$ no tiene ninguna parte libre. Sin embargo, la dualidad de Poincare no se aplica aquí, así que estoy atascado.

Agradecería cualquier pista sobre cómo proceder.

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Dan Rust Puntos 18227

Podemos utilizar el hecho de que la característica de Euler de cualquier colector cerrado de dimensión impar es $0$ .

Teniendo en cuenta esto, tenemos $0= \mbox{rk}H_0 - \mbox{rk}H_1 + \mbox{rk}H_2 - \mbox{rk}H_3$ .

$M$ está conectado de manera que $\mbox{rk}H_0 = 1$ . $M$ es no orientable por lo que $\mbox{rk}H_3 = 0$ . Si $H_1$ es finito, entonces $\mbox{rk}H_1 = 0$ , por lo que obtenemos $$0 = 1-0+\mbox{rk}H_2 - 0$$ lo que implica que $\mbox{rk}H_2$ es negativo, lo cual es imposible.

Así que $H_1$ debe ser infinito.

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Así que si utilizamos los hechos enumerados anteriormente y el hecho de que la homología será trivial para n>3 obtenemos la suma 0 = 1 - H1 + H2 (donde Hi es el número de sumandos Z en el grupo de homología ith) y así H1 = 1+H2 >= 1 y por lo tanto H1 es infinito. ¿Por qué has recomendado coeficientes racionales? Gracias también por tu sugerencia :)

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@EdwardHart Me imaginaba algo así como "Supongamos $H_1$ es finito, entonces sobre $\mathbb{Q}$ tenemos $H_1=0$ ... de ahí la contradicción". Supongo que la característica de Euler sólo ve los componentes de no torsión de todos modos, así que no hay mucha diferencia.

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Sí, supongo que cualquiera de los dos funciona. Gracias por su ayuda.

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