Technische Universität München Algebraische Topologie

Technische Universität München
Zentrum Mathematik
Algebraische Topologie
Sommersemester 2011
Prof. Dr. Josef Dorfmeister — Dr. Jan Wehrheim
Übungsblatt 5 - Musterlösung
Aufgabe 1: Ränder zeichnen
Wir betrachten den 2-Quader T = id : I 2 → R2 . Berechnen Sie ∂2 (T ) und stellen Sie das Ergebnis zeichnerisch dar. Berechnen Sie explizit ∂1 (∂2 (T )) und erklären Sie das Ergebnis anhand der
Zeichnung.
Lösung zu Aufgabe 1:
Im Rand ∂2 (T ) von T tauchen die folgenden 1-Quader auf:
0
x
2
2
α := A1 T : I → R ; x 7→ T (0, x) =
β := A2 T : I → R ; x 7→ T (x, 0) =
x
0
1
x
γ := B1 T : I → R2 ; x 7→ T (1, x) =
δ := B2 T : I → R2 ; x 7→ T (x, 1) =
x
1
Damit gilt ∂2 (T ) =
P2
j=1 (−1)
j
Wir führen die Bezeichnung
0
A :=
0
(Aj T − Bj T ) = −A1 T + B1 T + A2 T − B2 T = −α + γ + β − δ.
,
B :=
1
0
,
ein. Damit tauchen im Rand der 1-Quader α, β, γ, δ
0
A1 α = α(0) =
= A und
0
0
A1 β = β(0) =
= A und
0
1
A1 γ = γ(0) =
= B und
0
0
A1 δ = δ(0) =
= C und
1
C :=
0
1
,
D :=
1
1
die folgenden 0-Quader auf:
0
B1 α = α(1) =
=C
1
1
B1 β = β(1) =
=B
0
1
B1 γ = γ(1) =
=D
1
1
B1 δ = δ(1) =
=D
1
Damit gilt
∂1 (∂2 (T ))
= ∂1 (−α + γ + β − δ)
= −∂1 (α) + ∂1 (γ) + ∂1 (β) − ∂1 (δ)
= −(−A1 α + B1 α) + (−A1 γ + B1 γ) + (−A1 β + B1 β) − (−A1 δ + B1 δ)
= A−C −B+D−A+B+C −D
=
0.
C
δ
D
α
T
γ
A
β
B
Aufgabe 2: Die Augmentierung
Es sei X 6= ∅ ein topologischer Raum. Wir definieren die Augmentierung
X
X
: Q0 (X) → Z ;
a(m)xm 7→
a(m),
m∈I
m∈I
wobei I eine endliche Indexmenge ist. Beweisen Sie:
a) Die Augmentierung ist ein surjektiver Homomorphismus und induziert einen surjektiven Homomorphismus : C0 (X) → Z.
b) Es gilt ◦ ∂1 = 0 und somit B0 (X) ⊂ ker .
c) Ist X wegzusammenhängend, so gilt ker = B0 (X). In diesem Fall induziert also einen
Isomorphismus
∼
=
∗ : H0 (X) → Z.
Lösung zu Aufgabe 2:
a) Die Gruppe Q( X) ist die von den Punkten x ∈ X erzeugte freie abelsche Gruppe. Sind
a=
X
a(m)xm
und b =
X
b(m)xm
m∈Ib
m∈Ia
zwei Elemente von Q0 (X), so gilt
X
a+b=
(a(m) + b(m))xm ,
m∈Ia ∪Ib
wobei a(m) = 0 für m ∈ Ib \ Ia und b(m) = 0 für alle m ∈ Ia \ Ib gesetzt wird. Damit ist offensichtlich ein Homomorphismus.
Wegen X 6= ∅ existiert ein x ∈ X und für alle n ∈ Z ist an := nx ∈ Q0 (X) ein Element mit
(an ) = n. Somit ist surjektiv.
Und da es schließlich keine degenerierten 0-Quader gibt ist C0 (X) = Q0 (X) und wir erhalten
so einen surjektiven Homomorphismus : C0 (X) → Z:
b) Es genügt zu zeigen, dass (∂1 (T )) = 0 für alle 1-Quader T : I → X: Ist T (0) = x0 und
T (1) = x1 , so gilt
(∂1 (T )) = (−A1 T + B1 T ) = ((−1)x0 + 1x1 ) = (−1) + 1 = 0.
Folglich gilt für jedes Element b ∈ B0 (X) = ∂1 (C1 (X)) sofort (b) = 0, also ist B0 (X) ⊂ ker .
c) Es sei a ∈ ker . Wir konstruieren eine 1-Kette c ∈ C1 (X) mit ∂1 (c) = a und zeigen so, dass
a ∈ B0 (X), also ker ⊂ B0 (X), also ker = B0 (X) gilt.
Wir schreiben
`
k
X
X
qi yi
p i xi −
a=
i=1
i=1
mit Punkten xi , yi ∈ X und positiven ganzen Zahlen pi , qi . Wegen (a) = 0 gilt
k
X
i=1
pi =
`
X
qi =: N.
i=1
Wir nehmen nun das N -Tupel von Punkten (x̃1 , x̃2 , . . . , x̃N ) welches jeden Punkt xi genau
pi -fach enthält und das entsprechende N -Tupel (ỹ1 , ỹ2 , . . . , ỹN ) welches jeden Punkt yi genau
qi -fach enthält. Wir definieren für i = 1, . . . , N die 1-Quader Ti : I → X, indem wir einen nichtkonstanten Weg von ỹi nach x̃1 wählen. Hier nutzen wir aus,Pdass X wegzusammenhängend
N
ist. Es gilt also ∂1 (Ti ) = −ỹi + x̃i . Schließlich setzen wir c := i=1 Ti ∈ C1 (X) und erhalten:
∂1 (c) =
N
k
`
X
X
X
(x̃i − ỹi ) =
pi xi −
qi yi = a.
i=1
i=1
i=1
Da : C0 (X) → Z ein surjektiver Homomorphismus ist, ist die induzierte Abbildung
∗ : C0 (X)/ ker = C0 (X)/B0 (X) = H0 (X) → Z
also ein Isomorphismus.
Aufgabe 3: Reduzierte Homologie
Es seien X 6= ∅ ein topologischer Raum und die Augmentierung wie in Aufgabe 3. Wir definieren
die 0-dimensionale reduzierte Homologie Gruppe
e 0 (X) := ker /B0 (X).
H
Zeigen Sie, dass die Sequenz
ξ∗
e 0 (X) −−−
−→ H0 (X) −−−∗−→ Z −−−−→ 0
0 −−−−→ H
exakt ist. Hierbei ist ξ∗ der von der Inklusion ξ : ker → C0 (X) induzierte Homomorphismus.
Lösung zu Aufgabe 3:
Es sind die folgenden Dinge zu beweisen: ξ∗ ist injektiv, ∗ ist surjektiv und ker ∗ = im ξ∗ .
Sei a ∈ ker mit ξ∗ [a] = 0 ∈ H0 (X). Es gilt also ξ(a) ∈ B0 (X), aber ξ ist lediglich die Inklusionsabbildung der Teilmenge ker nach C0 (X), also gilt tatsächlich a ∈ B0 (X). Damit ist aber
e 0 (X) = ker /B0 (X) und ξ∗ somit injektiv.
[a] = 0 ∈ H
Die Surjektivität von ∗ : H0 (X) → Z folgt sofort aus der Surjektivität von : C0 (X) → Z, die wir
in Aufgabe 2 bewiesen haben.
Schließlich gilt für ein a ∈ Z0 (X) = C0 (X) und das dargestellt Element [a] ∈ H0 (X) die folgende
Äquivalenz:
[a] ∈ ker ∗ ⇐⇒ ∗ [a] = 0 ⇐⇒ (a) = 0 ⇐⇒ a ∈ ker ⇐⇒ a ∈ im ξ ⇐⇒ [a] ∈ im ξ∗
Aufgabe 4: Das Fünferlemma
Das folgende Diagramm von Gruppen und Homomorphismen sei kommutativ:
φ1
φ2
φ3
φ4
ψ1
ψ2
ψ3
ψ4
A1 −−−−→ A2 −−−−→ A3 −−−−→ A4 −−−−→ A5










f5 y
f4 y
f3 y
f2 y
f1 y
B1 −−−−→ B2 −−−−→ B3 −−−−→ B4 −−−−→ B5
Ferner seien beide Zeilen exakt, f2 und f4 seien Isomorphismen, f1 sei surjektiv und f5 sei injektiv.
Beweisen Sie, dass dann f3 ein Isomorphismus ist!
Lösung zu Aufgabe 4:
Es ist zu zeigen, dass f3 surjektiv und injektiv ist.
a3 ∈ ker(f3 ) ⇒ ψ3 ◦ f3 (a3 ) = 0
⇒ f4 ◦ φ3 (a3 ) = 0
⇒ φ3 (a3 ) = 0
⇒
∃a2 ∈ A2 : φ2 (a2 ) = a3
⇒ f3 ◦ φ2 (a2 ) = 0
⇒ ψ2 ◦ f2 (a2 ) = 0
⇒
∃b1 ∈ B1 : ψ1 (b1 ) = f2 (a2 )
⇒
∃a1 ∈ A1 : f1 (a1 ) = b1
⇒ φ1 (a1 ) = a2
⇒ a3 = φ2 ◦ φ1 (a1 )
⇒ a3 = 0.
b3 ∈ B 3
⇒ b4 := ψ3 (b3 ) ∈ B4
⇒ a4 := f4−1 (b4 ) ∈ A4
⇒ ψ4 ◦ f4 (a4 ) = 0
⇒ f5 ◦ φ4 (a4 ) = 0
⇒ φ4 (a4 ) = 0
⇒
∃a3 ∈ A3 : φ3 (a3 ) = a4
⇒ f4 ◦ φ3 (a3 ) = b4
⇒ ψ3 ◦ f3 (a3 ) = b4
⇒ ψ3 (b3 − f3 (a3 )) = 0
⇒
∃b2 ∈ B2 : ψ2 (b2 ) = b3 − f3 (a3 )
⇒ a2 := f2−1 (b2 )
⇒ f3 ◦ φ2 (a2 ) = b3 − f3 (a3 )
⇒ b3 = f3 (φ2 (a2 ) + a3 ).