Razón geométrica de por qué $H^2$ de la botella Klein es $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ ?

Question

Estaba leyendo este documento cuando me encontré con lo siguiente:

Recordemos que $H^2(K; \mathbb{Z}) \cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ .

Aquí $K$ denota la botella de Klein. ¿Existe una buena intuición/razón geométrica de por qué esto es cierto?

Answer 1

La "razón" $H^2(K)\cong\mathbb{Z}_2$ es porque el subgrupo de torsión de $H_1(K)$ es isomorfo a $\mathbb{Z}_2$ que puede ser explicado por el grupo fundamental. El hecho de que aparezca en $H^2$ en lugar de $H^1$ es sólo un artefacto algebraico, una consecuencia del teorema del coeficiente universal. Sería mejor que te fijaras en el grupo fundamental.

Answer 2

Una de las mejores formas de entender geométricamente la homología integral es a través de la dualidad Alexander-Pontryagin. He aquí un enunciado de esta dualidad (véase la Proposición 3.46 en la obra de Hatcher Topología algebraica ):

Dejemos que $M$ sea un orientable $n$ -y que $K\subset M$ ser compacto y localmente contraíble . Entonces, para todos los $i$ , $$ H^i(K) \,\cong\, H_{n-i}(M,M-K), $$ donde los coeficientes son integrales.

En el caso de la botella Klein $K$ el colector más fácil $M$ a utilizar es probablemente $S^2\times S^1$ . La botella Klein se incrusta en $M$ de tal manera que su intersección con cada meridional $S^2$ es un círculo $C$ que gira $180^\circ$ a medida que se recorre la dirección longitudinal. Según la dualidad Alexander-Pontryagin, $$ H^2(K) \,\cong\, H_1(M,M-K), $$ Ahora, dentro de cada meridional $S^2$ el complemento del círculo $C$ deformación se retrae sobre un par de puntos. Estos puntos cambian a medida que se recorre la dirección longitudinal, por lo que $M-K$ La deformación se retrae en un único círculo que recorre dos veces la dirección longitudinal. Se deduce fácilmente que $H_1(M,M-K) \cong \mathbb{Z}_2$ .

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Editar: Por cierto, en general es cierto que $H^n(X) \cong \mathbb{Z}_2$ para un compacto no orientable $n$ -manifold $X$ . Esto también se puede demostrar geométricamente utilizando la dualidad Alexander-Pontryagin, donde la $M$ es el conjunto de $n$ -forma en $X$ . Se trata de un haz de líneas sobre $X$ con la propiedad de que la línea se "voltea" al pasar una vez por cualquier bucle de preservación de la orientación en $X$ . Por la dualidad Alexander-Pontryagin, $$ H^n(X) \cong H_1(M,M-X). $$ Es fácil demostrarlo utilizando la secuencia exacta larga para $(M,M-X)$ que $H_1(M,M-X)\cong \mathbb{Z}_2$ . En particular, $M$ deformación se retrae en $X$ y $M-X$ deformación se retrae en una cubierta de 2 pliegues $OX$ de $X$ (el haz de orientación); el homomorfismo $H_1(M-X) \to H_1(X)$ es inducido por el mapa de cobertura $OX \to X$ , por lo que su imagen tiene índice dos.

Answer 3

Otra razón geométrica por la que $H^2(K,\mathbf Z)=\mathbf Z/2$ es la siguiente.

Recordemos que existe una segunda clase de cohomología integral universal $u\in H^2(K(\mathbf Z,2),\mathbf Z)$ , donde $K(\mathbf Z,2)$ es el espacio de Eilenberg-MacLane. Nótese que $K(\mathbf Z,2)$ no es más que el espacio proyectivo complejo inifinito $\mathbf P^\infty(\mathbf C)$ . La universalidad significa entonces que el morfismo de retroceso $$ \begin{align*} [K,\mathbf P^\infty(\mathbf C)]&\rightarrow H^2(K,\mathbf Z)\\ f&\mapsto f^\star u \end{align*} $$ es una biyección, donde $[\cdot,\cdot]$ denota el conjunto de clases de homotopía de los mapas de la primera $\cdot$ en el segundo. Desde $K$ es un $2$ -complejo CW de dimensiones, el $2$ -esqueleto de $\mathbf P^\infty(\mathbf C)$ es la esfera $S^2$ y $\mathbf P^\infty(\mathbf C)$ no tiene $3$ -células, se tiene $$ [K,S^2]=[K,\mathbf P^\infty(\mathbf C)]. $$ Por decirlo de otro modo, los elementos de $H^2(K,\mathbf Z)$ corresponden a clases de homotopía de mapas de $K$ en $S^2$ .

Ahora, la botella de Klein es la unión de dos tiras de Moebius pegadas a lo largo de su frontera común. Sea $E$ y $E'$ sean los ecuadores de las dos bandas de Moebius. La superficie obtenida de $K$ mediante la contratación $E$ hasta un punto, y contrayendo $E'$ a otro punto es la esfera $S^2$ . Esto da un mapa continuo $$ f\colon K\rightarrow S^2 $$ cuyo grado topológico-mod- $2$ es distinto de cero. Da lugar, por tanto, a un elemento no nulo $f^\star u$ de $H^2(K,\mathbf Z)$ . Este elemento es, además, un generador de $H^2(K,\mathbf Z)$ . Para ver que $2f^\star u$ es igual a $0$ Supongamos que $f(E)$ es el polo norte, y $f(E')$ es el polo sur de $S^2$ . Dejemos que $s\colon S^2\rightarrow S^2$ sea el mapa cuadrado $s(x+iy,z)=((x+iy)^2,z)$ , teniendo en cuenta $S^2$ como un subconjunto de $\mathbf C\times\mathbf R$ . Entonces es fácil ver que $s\circ f$ es nulo-homotópico. Entonces $2f^\star u=(s\circ f)^\star u=0$ en $H^2(K,\mathbf Z)$ y $H^2(K,\mathbf Z)=\mathbf Z/2$ .

En pocas palabras, $H^2(K,\mathbf Z)=\mathbf Z/2$ ya que sólo hay dos clases de homotopía de la botella de Klein $K$ en la esfera $S^2$ .

Un argumento similar se aplica a cualquier superficie topológica compacta conectada no orientable sin límite.