Sin torsión en $H^1_c(X,\mathbf{Z})$ ?

Question

Si $X$ es un espacio topológico muy bonito, por ejemplo un complejo simplicial finito, entonces es cierto que la cohomología con soportes compactos $H^1_c(X,\mathbf{Z})$ ¿es libre de torsión? He visto una afirmación en un artículo que parece equivaler a esta afirmación (a menos que haya cometido un desliz y haya leído mal entre líneas), pero mi topología es floja :-( y mi búsqueda desesperada en Hatcher aún no ha dado resultado...

Answer 1

Como dice Joe Johnson en su post ahora borrado, en el caso compacto $H^1_c(X)=H^1(X)$ . Ahora puede utilizar el hecho de que $H^1(X)=Hom(\pi_1(X),\mathbb Z)$ que es un grupo abeliano bajo la operación $(\phi_1+\phi_2)(g)=\phi_1(g)+\phi_2(g)$ . Desde $\mathbb Z$ es libre de torsión, también lo es este grupo de homomorfismos. Así pues, $H^1(X)$ no tiene torsión.

Sin embargo, esto no es cierto para la homología, ya que $H_1(\mathbb{RP}^2)=\mathbb Z_2$ .

[Editado para eliminar una prueba falsa alternativa].

Answer 2

¡Acabo de darme cuenta!

¿Por qué no argumentar teóricamente? Tenemos la secuencia exacta de láminas $0 \to \mathbb Z \to \mathbb Z \to \mathbb Z/p \to 0,$ que induce una secuencia exacta corta correspondiente de $H^0_c$ s, y por lo tanto obtenemos una larga secuencia exacta que comienza con $H^1_c$ : $$0 \to H^1_c(X,\mathbb Z) \to H^1_c(X,\mathbb Z) \to H^1(X,\mathbb Z/p) \to \ldots.$$ El hecho de que la primera flecha sea inyectiva es la libertad de torsión que quieres.

Resumen: pensando sheaf-teóricamente, el mismo argumento que funciona para $H^1$ trabaja para $H^1_c$ también.