Technische Universität München Algebraische Topologie

Technische Universität München
Zentrum Mathematik
Algebraische Topologie
Sommersemester 2011
Prof. Dr. Josef Dorfmeister — Dr. Jan Wehrheim
Übungsblatt 10 - Musterlösung
Aufgabe 1: Homologie des n-Torus
Berechnen Sie die Homologie des n-Torus T n = S 1 × . . . × S 1 .
{z
}
|
n Faktoren
1
1
Anleitung: Schreiben Sie T n ≈ T n−1 × E+
∪ T n−1 × E−
und verwenden Sie die
Mayer-Vietoris
n
n
r
Sequenz um per Induktion zu zeigen, dass Hk (T ) isomorph ist zu Z mit r = k .
Lösung zu Aufgabe 1:
Wir führen einen Induktionsbeweis über die Dimension n. Für n = 1 ist T 1 = S 1 und die Homologiegruppen der S 1 stimmen genau mit der angegebenen Formel überein.
Nun sei n ≥ 2. Wir betrachten die angegebenen Zerlegung von T n . Um die Mayer-Vietoris Sequenz
1
1
anwenden zu können, müssen wir die Hemisphären E+
, E−
⊂ S 1 zunächst etwas vergrößern. Auch
nach dieser Vergrößerung gilt aber
1 ∼
1 ∼
Hi T n−1 × E+
= Hi T n−1 × E−
= Hi T n−1
und
Hi
1
1
∼
T n−1 × E+
∩ T n−1 × E−
= Hi T n−1 ⊕ Hi T n−1 .
Wir erhalten die folgende exakte Sequenz:
φ
ψ
∆
Hk T n−1 ⊕ Hk T n−1 −−−−→ Hk T n−1 ⊕ Hk T n−1 −−−−→ Hk (T n ) −−−−→ Hk T n−1 ⊕ Hk T n−1
Das Bild von ∆ ist eine Untergruppe einer frei abelschen Gruppe (per Induktionsvoraussetzung),
also selber frei abelsch. Die kurze exakte Sequenz
0 −−−−→ Kern(∆) −−−−→ Hk (T n ) −−−−→ Bild(∆) −−−−→ 0
spaltet also und wir haben folgende Zerlegung:
Hk (T n ) ∼
= Kern(∆) ⊕ Bild(∆).
Durch genaue Analyse der Abbildungen in der Mayer-Vietoris Sequenz und der obigen Identifizierungen erkennt man, dass φ die Abbildung
φ(a, b) = (a + b, a + b)
ist. Damit besteht der Kern von φ aus Elementen der Form (c, −c) und ist somit frei abelsch von
n−1
Rang n−1
k . Damit hat das Bild von ∆ den Rang k−1 .
n−1
Das Bild von φ besteht aus Elementen der Form (c, c), ist also frei abelsch
von Rang
k . Das
gleich gilt somit auch für den Kern von ψ. Wir können nun in Hk T n−1 ⊕ Hk T n−1 ein direktes
Komplement von diesem Kern angeben: Es besteht aus allen Elementen der From (c, 0).
Damit ist
das Bild von ψ isomorph zu diesem Komplement, ist also frei abelsch von Rang n−1
k . Damit gilt
dies auch für den Kern von ∆ und es folgt, dass Hk (T n ) frei abelsch ist mit Rang
n−1
n−1
n
+
=
.
k−1
k
k
Zusatz: Wir beweisen die Formel φ(a, b) = (a + b, a + b) von oben. Statt T n−1 schreiben wir X und
wir nehmen zwei Elemente a, b ∈ Hk (X). Zunächst haben wir die Abbildungen
i0 : X → X × {0}
und i1 : X → X × {1}
und den Isomorphismus
Hk (X) ⊕ Hk (X) → Hk ((X × {0}) ∪ (X × {1})) ; (a, b) 7→ i0∗ a + i1∗ b.
Dann haben wir die Inklusion
j : (X × {0}) ∪ (X × {1}) → X × I
und schließlich die Projektion
p : X × I → X.
Die Abbildung φ ist gegeben durch
φ(a, b) = p∗ j∗ (i0∗ a + i1∗ b).
Nun ist aber p ◦ j ◦ i0 = p ◦ j ◦ i1 = idX und damit folgt
φ(a, b) = p∗ j∗ i0∗ a + p∗ j∗ i1∗ b = a + b.
Aufgabe 2: Einpunktvereinigungen
Es seien X und Y topologische Räume mit Basispunkten x0 ∈ X und y0 ∈ Y , die jeweils Deformationsretrakt einer offenen Menge U0 ⊂ X bzw. V0 ⊂ Y sind. Wir bilden die Einpunktvereinigung
(auch Wedge-Produkt genannt) durch den Quotienten
X ∨ Y := (X t Y )/{x0 , y0 }.
e i (X ∨ Y ) ∼
e i (X) ⊕ H
e i (Y ) für alle i.
Beweisen Sie H
=H
Lösung zu Aufgabe 2:
Man zeigt, dass die Menge W := [U0 ∪ V0 ] eine offene und kontrahierbare Umgebung des Verklebepunktes [x0 ] = [y0 ] ∈ X ∨ Y ist. Dann wendet man die Mayer-Vietoris Sequenz auf die Zerlegung
X ∨ Y = ([X] ∪ W ) ∪ ([Y ] ∪ W )
an.
Achtung: Das Raumpaar (X t Y, {x0 , y0 }) nicht nicht unbedingt gut, da die Punkte x0 ∈ X und
y0 ∈ Y nicht unbedingt abgeschlossen sind. Wir können die Homologie des Quotienten hier also
nicht über die Homologie des Raumpaares berechnen.
Aufgabe 3: Kegel
Ist X ein topologischer Raum, so nennt man den Quotienten
C(X) := (X × I)/(X × {1})
e i (C(X)) = 0 für alle i.
den Kegel über X. Zeigen Sie, dass für Kegel stets gilt H
Lösung zu Aufgabe 3:
Der Kegel C(X) ist auf den Punkt [X × {1}] kontrahierbar. Dies leistet zum Beispiel die Abbildung
f : C(X) × I → C(X) ; ([x, s], t) 7→ [x, (1 − t)s + t].
Alternativ kann man argumentieren, dass das Raumpaar (X × I, X × {1}) gut ist. Die reduzierte
Homologie des Quotienten ist also isomorph zur Homologie des Paares. Man sieht nun, dass die
Inklusion X ×{1} → X ×I eine Homotopieäquivalenz ist, somit induziert sie Isomorphismen zwischen
Homologiegruppen und somit folgt
e i (C(X)) = Hi (X × I, X × {1}) = 0
H
für alle i aus der Homologiesequenz für Raumpaare.
Aufgabe 4: Einhängungen
Ist X ein topologischer Raum, so nennt man den Quotienten
S(X) := C(X)/(X × {0})
die Einhängung von X. Berechnen Sie Hi (S(X)) für alle i aus der Homologie von X.
Lösung zu Aufgabe 4:
e i (S(X)) ∼
Das Raumpaar (C(X), X × {0}) ist gut, es gilt also H
= Hi (C(X), X × {0}) und aus der
Homologiesequenz für dieses Paar folgt, dass der Randoperator
e i (S(X)) → H
e i−1 (X)
∂∗ : H
ein Isomorphismus ist.
Alternativ kann man auch hier mit der Mayer-Vietoris Sequenz arbeiten, wenn man die Einhängung
S(X) schreibt als die Vereinigung von zwei Kegeln über X.
Aufgabe 5: Sphärische Homologie
Wir nennen eine Klasse a ∈ Hk (X) sphärisch, falls es eine Klasse α ∈ Hk (S k ) und eine stetige
Abbildung f : S k → X gibt mit
a = f∗ α.
Zeigen Sie:
a) Für alle wegzusammenhängenden Räume X ist jede Klasse a ∈ H1 (X) stets sphärisch.
b) Ist k ≥ 2 und X = T n ein Torus und a ∈ Hk (X) sphärisch, so folgt schon a = 0.
(Hinweis: Betrachten Sie die universelle Überlagerung des Torus, um f∗ = 0 zu zeigen.)
Lösung zu Aufgabe 5:
a) Dies folgt aus der Surjektivität der Abbildung π1 (X, x0 ) → H1 (X) für wegzusammenhängende
Räume X. Elemente in der Fundamentalgruppe werden durch stetige Abbildungen
T :I→X
mit
T (0) = T (1) = x0
repräsentiert. Dies sind 1-Zykel und repräsentieren somit Klassen [T ] ∈ H1 (X). Surjektivität
dieser Abbildung liefert, dass wir jede Klasse a ∈ H1 (X) durch so ein T darstellen können. Wir
schreiben nun
T =f ◦e
mit e : I → S 1 ; t 7→ e2πit
und f : S 1 → X ; e2πit 7→ T (t).
Dann gilt mit α := [e] ∈ H1 (S 1 ) die gewünschte Beziehung:
a = [T ] = [f ◦ e] = f∗ [e] = f∗ α
b) Es sei a sphärisch. Da S k für k ≥ 2 einfach zusammenhängend ist, gibt es einen Lift F : S k → Rn
von f in die universelle Überlagerung des Torus. Es gilt also f = p ◦ F und somit f∗ = p∗ F∗ .
Da aber Rn kontrahierbar ist, folgt F∗ = 0. Damit ist auch f∗ = 0 und somit a = f∗ α = 0.