En libro de Naber "topología, geometría y medidor de campos. Fundaciones", se dice que para cada múltiple de % de $4$$M$que es lisa, cerrada, conectado y simplemente conectado $H_0(M) = H_4(M)= \mathbb Z$, $H_1(M)=H_3(M)=0$ y $H_2(M)$ es grupo abelian libre finitamente generado. Las declaraciones sobre $H_k(M)$, $k\neq 2$ son claras para mí. También está claro que $H_2(M)$ finitamente generado (ya que existe una triangulación finito). Pero, ¿cómo ver que este grupo también es gratis?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Por el teorema Universal del coeficiente (de cohomología) y la Asunción el $M$ es simplemente conectado, tenemos $$H^2(M)=\operatorname{Hom}(H_2(M),\mathbb{Z})\oplus \operatorname{Ext}(H_1(M),\mathbb{Z})= \operatorname{Hom}(H_2(M),\mathbb{Z})$$ which is torsion free, hence free abelian (because it is finitely generated). By Poincaré duality, $H ^ 2 (M) \cong H_2(M)$ y hemos terminados.
