La confusión sobre Cech cohomology

Question

En la universidad de Harvard matemáticas examen de calificación, 1990.

Deje $X$ ser suave, un colector con una tapa abierta $N<\infty$ conjuntos de $\{B_{n}\}^{N}_{1}$ cuales son contráctiles. Suponga que $$\pi_{0}(B_{n}\cap B_{m})\le k, \forall n,m$$ for all $n$ and $m$. Give an upper bound to the first betti number of $X$.

Recordemos que el primer número de betti se define como el rango de $H_{1}(X)$. El principal problema es cómo la condición en $\pi_{0}$ se relaciona con el obligado. Mi pensamiento (tal vez tonto) es proceder de esta forma inductiva. Pero un arbitrally género grande de la superficie puede ser cubierto por una lo suficientemente grande como abrir pelota a la que está conectado. Así que en este caso $n=2g, k=0, N=1$.

Le pregunté a mi profesor de hoy en día, y él dio la pista de que esto no es nada, pero Cech cohomology, en el que el $B_{i}$s se asemejan a las caras de homología simplicial. Se sugieren desde $X$ tiene una cubierta, a continuación, es el mismo que poner un simplicial estructura en $X$. Así que el primer número de betti debe estar acotada. Pero ¿qué tan grande es el obligado determinado$N$$k$? Imagina dos agujeros toro cubierto por un millón de pequeños abierto bolas con un solo lado de la otra, a continuación, $k$ debe ser de 2 si las bolas son lo suficientemente pequeñas. Pero esto parece llevar a un 3-agujero de toro o de un toro de cualquier género. Sospecho que hay algún malentendido fundamental en el planteamiento del problema o conceptos que hay detrás, así que me atrevo a preguntar. Una mirada más cercana a la Cech cohomology artículo no me ayuda a llegar de un salto.

Answer 1

Si $\mathfrak{U}$ es cualquier abra la cubierta de $X$, el Čech-a-derivados functor espectral de la secuencia nos asegura una secuencia exacta de la forma $$0 \longrightarrow H^1(\check{C}^\bullet(\mathfrak{U})) \longrightarrow H^1(X, \mathbb{Z}) \longrightarrow H^0(\check{C}^\bullet(\mathfrak{U}, \mathscr{H}^1(\mathbb{Z}))) \longrightarrow \cdots$$ donde $\mathscr{H}^1(\mathbb{Z})$ es la presheaf $U \mapsto H^1(U, \mathbb{Z})$. (Aquí, $H^1$ se refiere a la gavilla cohomology, pero este es el mismo como singular cohomology al $X$ admite una triangulación.) Ya que estamos suponiendo que el abrir conjuntos de $\mathfrak{U}$ son contráctiles, tenemos $\check{C}^0(\mathfrak{U}, \mathscr{H}^1(\mathbb{Z})) = 0$. Así que, de hecho tenemos un isomorfismo $$H^1(\check{C}^\bullet(\mathfrak{U})) \cong H^1(X, \mathbb{Z})$$ y el universal coeficiente teorema da una breve secuencia exacta $$0 \longrightarrow \textrm{Ext}^1(H_0(X, \mathbb{Z}), \mathbb{Z}) \longrightarrow H^1(X, \mathbb{Z}) \longrightarrow \textrm{Hom}(H_1(X, \mathbb{Z}), \mathbb{Z}) \longrightarrow 0$$ pero si $X$ es la ruta de acceso conectado, a continuación, $H_0(X, \mathbb{Z})$ es un finitely-libres generados por el grupo abelian, por lo $\textrm{Ext}^1(H_0(X, \mathbb{Z}), \mathbb{Z}) = 0$, por lo que existe un isomorfismo $$H^1(X, \mathbb{Z}) \cong \textrm{Hom}(H_1(X, \mathbb{Z}), \mathbb{Z})$$ y por lo tanto los rangos de $H^1(X, \mathbb{Z})$ $H_1(X, \mathbb{Z})$ son iguales cuando finita. Por lo tanto, $$b_1(X) = \operatorname{rank} H^1(\check{C}^\bullet(\mathfrak{U}))$$ Por simple álgebra lineal, $\operatorname{rank} H^1(\check{C}^\bullet(\mathfrak{U})) \le \operatorname{rank} \check{C}^1(\mathfrak{U})$, y $$\operatorname{rank} \check{C}^1(\mathfrak{U}) = \sum_{\substack{\{U, V\} \\ U \ne V}} b_0 (U \cap V) \le \frac{1}{2} (N-1) N k$$ por definición de $\check{C}^1(\mathfrak{U})$.

En resumen, si $X$ admite una cubierta por $N$ contráctiles abrir subconjuntos cuyos pares intersecciones tienen en la mayoría de las $k$ de los componentes conectados, entonces: $$b_1(X) \le \frac{1}{2} (N-1) N k$$