Topología algebraica Reto: Homología de un Infinito de Cuña de las Esferas

Question

Así que el siguiente me viene de un viejo topología algebraica final que tiene lo mejor de mí. Yo no era capaz de demostrar que debido a la falta de técnicos de confianza, y mi topología sólo ha deteriorado desde entonces. Pero, tengo la esperanza de que tal vez alguien puede averiguar la prueba como siempre he estado interesado en verlo todo a la vez!

Deje $E_\infty$ denotar el 2-D análogo de la Hawaiana Pendiente, es decir,

$$E_\infty = \bigcup_{n=1}^\infty \{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 | \hspace{2mm} (x-1/n)^2 + y^2 + z^2 = 1/n^2\}.$$

El objeto de este ejercicio es mostrar que aunque $E_\infty$ es de 2 dimensiones, $H_3(E_\infty) \neq 0$, que me parece muy interesante, aunque sé que no es un CW-complejo. Partes de la prueba fueron, con la ayuda de mi profesor para servir como un mapa de ruta para la solución, pero, lamentablemente, todavía estoy perdido en el camino de entrada de llenado en algunos de los restantes bits:

Deje $h: S^3 \longrightarrow S^2$ denotar el mapa de Hopf es decir, la fijación de mapa para el 4 de células en $\mathbb{C}P^2$. Se puede observar fácilmente que no es un mapa continuo $\tilde{h}: S^3 \longrightarrow E_\infty$, de modo que la proyección de $\tilde{h}$ cualquier $S^2$ $E_\infty$ es homotópica a la de Hopf mapa. Deje $C_\tilde{h}$ denotar la asignación de cono de $\tilde{h}$. Entonces tenemos un mapeo de los conos que se ve algo así como un MONTÓN de $\mathbb{C}P^2$'s.

(1) en Primer lugar, debemos demostrar que $H^2(C_\tilde{h})$ contiene un subgrupo $\mathbb{Z}<\zeta_1, \zeta_2, ...>$ $H^4(C_\tilde{h}) \cong \mathbb{Z}<\eta>$ donde

$$\zeta_i \cup \zeta_i = \eta \text{ and } \zeta_i \cup \zeta_j = 0 \text{ for } i \neq j.$$

(Sospecho que esto viene en parte de la copa de la estructura del producto en $\mathbb{C}P^2$).

Ahora vamos a $[S^3]$ denotar la clase fundamental de $S^3$. Hipótesis: Supongamos que $\tilde{h}_* = 0 \in H_3(E_\infty)$. Bajo este supuesto, hay un número finito de simplicial complejo de $X$ con límite de $S^3$, de modo que $\tilde{h}$ se extiende a un mapa de $k: X \longrightarrow E_\infty$. Deje $Y = X \cup \mathbb{D}^4$ donde $\mathbb{D}^4$ está pegado a $S^3$ en la forma obvia. A continuación, se extiende $k$, tenemos otro mapa de $l: Y \longrightarrow C_\tilde{h}$ el envío de la $B^4$ para el cono $S^3 \times [0,1]/ S^3 \times 1$.

(2) Aquí debe ser probado que $l^*(\eta)$ es un elemento no trivial de $H^4(Y)$.

(Yo realmente no veo cómo hacerlo, pero parece que sería la verdadera [aquí "parece" no significa realmente nada]).

(3) Y ahora necesita ser demostrado que la infinidad de $l^*(\zeta_i)$ todos son linealmente independientes.

(Esto se parece a seguir a partir de connaturalidad de la copa de productos de alguna manera).

Si podía probar estas cosas, sólo restaría observar que $Y$ procedían de encolado a un número finito simplicial complejo, y por lo tanto es en sí mismo una finito simplicial complejo. Por lo tanto $H^2(Y)$ es finitely generado, por lo que llegamos a la deseada contradicción, que es impresionante, ya que hemos encontrado un elemento no trivial en el tercer grupo de homología de un 2-D objeto! Impresionante!

De todos modos, si alguien pudiera completar esta prueba en su totalidad, yo estaría sumamente agradecido. Os aseguro que voy a upvote de un centenar de veces! Aunque la última 99, realmente no hago mucho. También siento que hay una especie de varias preguntas incrustado en uno. Pensé que iba a ser justificadas que se encuentran en la misma vena de la sola prueba.

Answer 1

Barratt y Milnor fueron (creo) el primer para mostrar que este espacio ha nontrival $H_3$. De hecho, muestran que de $H_{2k+1}$ es incalculable para todos los $k$. Aquí es gratis .pdf de su papel.

(He hecho este CW porque a) no hice nada, y b) no he leído el documento en detalle, así que sólo tengo una vaga noción de lo que Barratt y Milnor hizo).

Answer 2

Aquí es lo que yo diría:

No estoy seguro acerca de la 2-D caso, pero tal vez usted podría adaptar los resultados de este trabajo disponible en línea: http://jlms.oxfordjournals.org/content/62/1/305.short

Que parece seguir a lo largo de las líneas de lo que usted dijo en los comentarios sobre la manera de reducir la cuestión a un número finito complejo.

Answer 3

$\newcommand{\Ch}{ C_{\tilde h}} \newcommand{\CP}{\mathbb{CP}^2}$ Vamos a hacer uso de los inclusiones $\alpha_i\colon S^2\hookrightarrow C_{\tilde h}$ natural y proyecciones de $\pi_j\colon \Ch\to \CP$. La composición de la $\pi_j\circ \alpha_j$ es el estándar de la inclusión de $S^2$ $\mathbb{CP}^2$ y las composiciones $\pi_j\circ\alpha_i$ son la constante mapa para el punto base al $i\neq j$. La composición en el nivel de $H^2$ es la identidad, dando a ese $\pi_i^*(\zeta)=:\zeta_i$ son todos distintos de cero. (Dejamos $\zeta$ ser un generador de $H^2(\CP)$.) De hecho, queremos mostrar que son linealmente independientes. Esto se deduce del hecho de que la homología cohomology de emparejamiento satisface $\langle \pi_i^*(\zeta),(\alpha_j)_*([S^2])\rangle =\delta_{ij}$.

Para continuar, voy a engañar ligeramente y se supone que $H^4(E_\infty)=H^5(E_\infty)=0$, ya que de lo contrario tendríamos una de las dimensiones superiores de la clase, que sería igual de sorprendente como un $3$ dimensiones. En ese caso, el largo de la secuencia exacta de la pareja $$\mathbb Z\cong H^4(\Ch,E_\infty)\cong H^4(\Ch).$$ Note that the generator of $H^4(\Ch,E_\infty)$ is dual to the $4$-cell as is the image of $\zeta^2\H^4(\CP)$. Thus if we let $\eta$ denote the generator of $H^4(\Ch)$ we have $\zeta_i^2=\eta$ for all $i$. Furthermore $\zeta_i\zeta_j=0$ for $i\neq j$ porque son disjointly compatibles.

La imagen de $\ell^*(\eta)$ es distinto de cero como es dual a la $4$-célula, sino $Y$ por la construcción representa un $4$-ciclo en el que $\ell^*(\eta)$ evalúa trivial.

A ver que $\ell^*(\zeta_i)$ son linealmente independientes, supongamos que $\sum_{i\in I} n_i\ell^*(\zeta_i)=0$. Ahora tome la taza de producto de este elemento por sí mismo! Tenemos $$\sum_{i\in I}\sum_{j\in I} n_in_j\ell^*(\zeta_i\zeta_j)=\sum_{i\in I} n_i^2\ell^*(\eta)=0,$$ implying $\suma n_i^2=0$ and so $n_i=0$ for all $i$. This contradicts the finite generation of $H^4(Y)$ y hemos terminado!