Algebraische Topologie Blatt 5 - math.uni
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Prof. Dr. B. Hanke
Algebraische Topologie
Blatt 5
Übung 1. Es sei f : Rn → Rn ein linearer Isomorphismus. Man zeige, dass der lokale Abbildungsgrad bei 0
(definiert über die induzierte Abbildung Hn (Rn , Rn −0) → Hn (Rn , Rn −0)) entweder +1 oder −1 ist, je nachdem,
ob die Determinante von f positiv oder negativ ist. Hinweis: Man benutze das Gauß’sche Eliminationsverfahren,
um f über einen Weg invertierbarer Matrizen zu einer Diagonalmatrix zu homotopieren, die nur +1 und −1 als
Einträge hat.
Übung 2. Es sei f ∈ C[X] ein Polynom mit komplexen Koeffizienten. Man zeige, dass die durch f gegebene
Abbildung C → C immer zu einer stetigen Abbildung f + : C+ → C + von Einpunktkompaktifizierungen
fortgesetzt werden kann (falls f nicht konstant ist, müssen Sie dazu nachweisen, dass f eigentlich ist - siehe
Skript zur Einführung in die Topologie, Kapitel 6). Wir können C+ mit S 2 identifizieren. Man zeige, dass (nach
dieser Identifizierung) deg f + = deg f , wobei auf der rechten Seite der Grad des Polynoms f steht. Man folgere
den Fundamentalsatz der Algebra.
Übung 3. Es seien m, n ∈ N und p ∈ S m , q ∈ S n . Die Einpunktvereinigung von S m und S n ist der Raum
˙ n / ∼, wobei ∼ die Punkte p, q miteinander identifiziert, d. h. die Sphären werden an genau
S m ∨ S n := S m ∪S
einem Punkt miteinander verklebt. Man berechne die Homologie von S m ∨ S n mithilfe der Meyer-VietorisSequenz.
Übung 4. Man berechne die Homologie des Raumes
X = (S 1 × S 1 ) ∪φ M
wobei M = [−1, 1] × [−1, 1]/ ∼ das Möbiusband ist (d.h. ∼ identifiziert die Punkte (−1, t) und (1, −t) und
φ : ∂M → S 1 × S 1 den Rand des Möbiusbandes (d.h. [−1, 1] × {−1, 1}/ ∼, dieser ist homöomorph zu S 1 ) mit
S 1 × {1} ⊂ S 1 × S 1 identifiziert.
Übung 5 (Bonusaufgabe). In dieser Übung leiten wir die Mayer-Vietoris-Sequenz aus den Eilenberg-SteenrodAxiomen her. Es seien X ein topologischer Raum und A, B ⊂ X Teilräume mit X = int(A) ∪ int(B). Man
betrachte das kommutative Diagramm
. . . −−−−→ Hn (A ∩ B) −−−−→ Hn (A) −−−−→ Hn (A, A ∩ B) −−−−→ Hn−1 (A ∩ B) −−−−→
∼
=y
y
y
y
y
. . . −−−−→
Hn (B)
−−−−→ Hn (X) −−−−→
−−−−→
Hn (X, B)
Hn−1 (B)
...
y
−−−−→ . . .
wobei die Zeilen lange exakte Sequenzen für Raumpaare sind und die senkrechten Abbildungen durch offensichtliche Inklusionen induziert sind. Der Isomorphismus tritt nach dem Ausschneidungssatz auf. Es sei die Abbildung
∆ : Hn (X) → Hn−1 (A ∩ B) definiert als die Komposition Hn (X) → Hn (X, B) ∼
= Hn (A, A ∩ B) → Hn−1 (A ∩ B),
wobei die erste Abbildung von der Inklusion herkommt, der Isomorphismus durch Ausschneidung erhalten wird
und die letzte Abbildung der verbindende Homomorphismus in der langen exakten Sequenz des Raumpaares
(A, A ∩ B) ist. Man zeige alleine durch Jagd im obigen Diagramm, dass die Sequenz
∆
. . . → Hn (A ∩ B) → Hn (A) ⊕ Hn (B) → Hn (X) −→ Hn−1 (A ∩ B) → . . .
exakt ist, wobei die ersten beiden Abbildungen wie in der Vorlesung definiert sind.
Abgabe spätestens Mittwoch, den 12. November, um 10 Uhr im Übungskasten im Erdgeschoss.
