Reducción de Homología en la suspensión sin diluir

Question

Quiero establecer el resultado de ninguna homología teoría, hay un isomorfismo natural que nos lleva $\tilde{H}_{p+1}(\Sigma X) \cong \tilde{H}_p(X)$. La mayoría de los lugares de uso de Mayer-Vietoris secuencia para llegar a esto, pero ya que no he mencionado y que sin embargo, me gustaría hacerlo con la Eilenberg-Steenrod axiomas de homología.

Edit: se Nota que estoy definiendo $\Sigma X$ como el espacio donde se encogen $X \times \{0\}$ $X \times\{1\}$ de los puntos. Wikipedia llama a esto $SX$.

Answer 1

Hay alguna diferencia entre el reducido y sin diluir la suspensión? Esto está relacionado con esta discutiendo aquí: http://mathoverflow.net/questions/107430/does-the-reduced-mapping-cylinder-have-the-same-homotopy-type-of-unreduced-mappin

La reducción de cono tiene las mismas homotopy tipo de la que no fue reducida a uno, cuando estamos hablando bien sobre la base de los espacios. El problema es si la inclusión $X\to CX $, en el que $CX$ es la reducción de cono, es un unbased cofibration. (No creo es en general: sólo si es un bien señalado en el espacio). Suponiendo que está bien basado en el espacio, usted no tiene que preocuparse si es que la reducción de la suspensión o la no reducido.

De vuelta al problema: Sólo estamos considerando no reducido construcciones, como supongo que usted desea. Esta es la consecuencia de la escisión y la secuencia exacta. Supongo que estás hablando de Eilenberg-Steenrod axiomas para no reducido de homología, desde el Eilenberg-Steenrod axiomas para la reducción de la homología supone la suspensión de isomorfismo, como un axioma.

$(\sum X , CX , CX) $ es un excisive de la tríada. Por el axioma, se obtiene que $(CX,X)\to (\sum X, CX)$ induce isomorphisms entre los grupos de homología. Bien, ahora, usando la secuencia exacta de los par $(CX, X) $, se puede demostrar que $ H_q(X, \ast )$ es isomorfo a $H_{q+1}(CX,X) $.

PARA demostrar esta última afirmación, en primer lugar, usted tiene que notar que $ H_q(X)\cong H_q(X, \ast)\oplus H_q(\ast ) $. Y, a continuación, observe que la que se obtiene una nueva secuencia exacta de esta congruencia. Esta nueva secuencia exacta es

$\cdots \rightarrow H_q(A, \ast )\to H_ q(X, \ast )\to H_q(X,A)\to H_{q-1}(X, \ast)\rightarrow \cdots $.

En nuestro caso, $\cdots \rightarrow H_q(X, \ast )\to H_ q(CX, \ast )\to H_q(CX,X)\to H_{q-1}(X, \ast)\rightarrow \cdots $.

Desde $H_ q(CX, \ast )$ es claramente trivial, llegamos a la conclusión de que

$H_q(CX,X)\to H_{q-1}(X, \ast) $

es un isomorfismo.

Por lo que podemos concluir que existe un isomorfismo $H_q(X, \ast)\to H_ {q+1}(\sum X, CX) $. Desde $ (\sum X, CX)\equiv (\sum X, \ast) $, la declaración fue probada.

Answer 2

Descargo de responsabilidad: La siguiente es una prueba de que no uso el de Mayer-Vietoris secuencia, pero tampoco es estrictamente se encuentran dentro del marco de la Eilenberg-Steenrod axiomas de homología (como no hay mención de los complejos de la cadena), que está siendo solicitada por el OP.

Deje $ X $ ser (no vacío) de espacio topológico. La contratación del base $ X \times \{ 0 \} $ de la cone $ C X $, se obtiene el sin diluir la suspensión de $ \Sigma X $. En otras palabras, $$ \Sigma X \stackrel{\text{homeo}}{\cong} C X / (X \times \{ 0 \}). $$ Considere la secuencia exacta corta de complejos de la cadena $$ 0 \{\Delta_{\bullet}}(X \times \{ 0 \}) \{\Delta_{\bullet}}(C X) \{\Delta_{\bullet}}(C X,X \times \{ 0 \}) \a 0, $$ que en la dimensión $ -1 $ es $$ 0 \to \mathbb{Z} \stackrel{\text{id}} {\} \mathbb{Z} \0 \0. $$ Hay una larga correspondientes de la secuencia exacta de la reducción de la homología de grupos: $$ \cdots \{\tilde{H}_{n + 1}}(C X) \{\tilde{H}_{n + 1}}(C X,X \times \{ 0 \}) \{\tilde{H}_{n}}(X \times \{ 0 \}) \{\tilde{H}_{n}}(C X) \a \cdots. $$ Como $ C X $ es contráctiles, tenemos $ {\tilde{H}_{n}}(C X) = 0 $ todos los $ n \in \mathbb{Z} $. Por lo tanto, $$ \forall n \in \mathbb{Z}: \quad {\tilde{H}_{n + 1}}(C X,X \times \{ 0 \}) \cong {\tilde{H}_{n}}(X \times \{ 0 \}). $$ Esto, sin embargo, los rendimientos \begin{align*} \forall n \in \mathbb{Z}: \quad {\tilde{H}_{n + 1}}(\Sigma X) & \cong {\tilde{H}_{n + 1}}(C X / (X \times \{ 0 \})) \quad (\text{As %#%#%.}) \\ & \cong {H_{n + 1}}(C X,X \times \{ 0 \}) \quad (\text{As %#%#% is a good pair.}) \\ & \cong {\tilde{H}_{n + 1}}(C X,X \times \{ 0 \}) \quad (\text{As %#%#%.}) \\ & \cong {\tilde{H}_{n}}(X \times \{ 0 \}) \quad (\text{As explained above.}) \\ & \cong {\tilde{H}_{n}}(X). \end{align*} El reclamo es por lo tanto establecido.

La definición de un buen par se puede encontrar en la Página 114 de Allen Hatcher Topología Algebraica. En la Página 118 del mismo libro, hay una explicación del hecho de que $$ \forall n \in \mathbb{Z}: \quad {\tilde{H}_{n}}(X,A) \cong {H_{n}}(X,A) $$ para todos los pares de $ \Sigma X \stackrel{\text{homeo}}{\cong} C X / (X \times \{ 0 \}) $ tal que $ (C X,X \times \{ 0 \}) $.

Answer 3

Más generalmente deje $(X, A)$ ser una pareja y considerar el triple

$$ (0 \times I) \cup (I \times A) \subset (\partial I \times X) \cup (I \times A) \subset I \times X. $$

Uno de los asociados de la secuencia exacta de un límite homomorphism

$$ \partial_n : h_n(I \times X, (\partial I \times X) \cup (I \times A)) \longrightarrow h_{n-1}((\partial I \times X) \cup (I \times A), (0 \times I) \cup (I \times A)) $$

que en realidad es un isomorfismo: la inclusión $(0 \times X) \cup (I \times A) \hookrightarrow I \times X$ tiene un retraer $I \times X \to (0 \times X) \cup (I \times A)$$(t, x) \mapsto (0, x)$; de ello se sigue que $h_*(I \times X, (0 \times X) \cup (I \times A)) = 0$, y mirando en el largo exacto de la secuencia muestra la reclamación.

Además, existe un isomorfismo canónico $h_*((\partial I \times X) \cup (I \times A), (0 \times X) \cup (I \times A)) \stackrel{\sim}{\to} h_*(X, A)$. En efecto, por la escisión en el subconjunto $0 \times X \subset (0 \times X) \cup (I \times A))$, uno tiene un isomorfismo

$$ \alpha : h_*((1 \times X) \cup (I \times A), I \times A) \stackrel{\sim}{\longrightarrow} h_*((\partial I \times X) \cup (I \times A), (0 \times X) \cup (I \times A)) $$

y además la inclusión de $(1 \times X, 1 \times A) \hookrightarrow ((1 \times X) \cup (I \times A), I \times A)$ tiene un retraer definido por la restricción de $(t, x) \mapsto (1, x)$, y por lo tanto induce un isomorfismo

$$ \beta : h_*(X, A) \stackrel{\sim}{\longrightarrow} h_*(1 \times X, 1 \times A) \stackrel{\sim}{\longrightarrow} h_*((1 \times X) \cup (I \times A), I \times A). $$

Finalmente componer $\beta$, $\alpha$, y $\partial_{n+1}^{-1}$ da un isomorfismo

$$ \sigma : h_n(X, A) \stackrel{\sim}{\longrightarrow} h_{n+1}(I \times X, (\partial I \times X) \cup (I \times A)). $$

En el caso de $A$ es un punto de $x_0 \in X$ $(X, x_0)$ está bien-señaló, se obtiene la deseada isomorfismo

$$ \tilde{h}_n(X) \stackrel{\sim}{\longrightarrow} h_{n+1}(I \times X, (\partial I \times X) \cup (I \times x_0)) \stackrel{\sim}{\longrightarrow} \tilde{h}_{n+1}((I \times X)/((\partial I \times X) \cup (I \times x_0)). $$