しましょう $a$ ループになります $\mathbb{R}P^2$ これは自明ではありません $H_1(\mathbb{R}P^2) \cong \mathbb{Z}_2$。しましょう $X$ スペースになります…

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HaKuNa MaTaTa 2019-06-26 08:23.

しましょう $a$ ループになります $\mathbb{R}P^2$ これは自明ではありません $H_1(\mathbb{R}P^2) \cong \mathbb{Z}_2$。しましょう$X$ メビウスの帯を接着して見つけたスペースになります $MB$$\mathbb{R}P^2$ メビウスの帯の境界円をホメオモルフィックに識別することによって $a$。のホモロジー群を計算する$X$

しましょう $a: I \rightarrow \mathbb{R}P^2$ の重要な要素を表すループである $H_1(\mathbb{R}P^2)$

しましょう $z: \partial MB \rightarrow im(a)$ の境界を接着する地図である $MB$ の画像に $a$

しましょう $X = \mathbb{R}P^2 \cup_z MB$

次に、いくつかの基本的な詳細をスキップして、Mayer-Vietorisシーケンスがあります。

$$0 \rightarrow H_2(X) \xrightarrow{b} H_1(S^1) \xrightarrow{c} H_1(MB) \oplus H_1(\mathbb{R}P^2) \xrightarrow{d} H_1(X) \xrightarrow{e} H_0(S^1) \xrightarrow{f} H_0(MB) \oplus H_0(\mathbb{R}P^2) \rightarrow H_0(X) \rightarrow 0$$

また:

$H_1(S^1) \cong \mathbb{Z}$

$H_1(MB) \cong \mathbb{Z}$

$H_1(\mathbb{R}P^2) \cong \mathbb{Z}_2$

そして、すべてのスペースのゼロ番目の相同性は $\mathbb{Z}$ それらはすべてパス接続されているためです。

ここに難しい部分があります、物事はおそらく厄介になりそうです(まだ>。<lol ...)

まず第一に、それを見るのは簡単です $H_2(X) \cong im(b) \cong ker(c)$

また、私はそれを信じています $c(1)=(2,\tilde{1})$ ここで、1はのジェネレータです $H_1(S^1)$ そして $\tilde{1}$ の重要な要素です $H_1(\mathbb{R}P^2)$。したがって、$c$ 単射なので $ker(c)=0=H_2(X)$

Groovy。あとは計算するだけのようです$H_1(X)$。この目的のために、このシーケンスの被約ホモロジーバージョンを見ると、次元がゼロより大きい場合、被約ホモロジーは非被約ホモロジーと同形であることに留意して、このシーケンスは次のようになります。

$$0 \rightarrow H_2(X) \xrightarrow{b} H_1(S^1) \xrightarrow{c} H_1(MB) \oplus H_1(\mathbb{R}P^2) \xrightarrow{d} H_1(X) \xrightarrow{e} 0$$

そして、SESがあります。

$$0 \rightarrow \operatorname{im}(c) \xrightarrow{i} H_1(MB) \oplus H_1(\mathbb{R}P^2) \xrightarrow{d} H_1(X) \rightarrow 0$$

どこ $i$ 包含マップです。

ご了承ください $d$全射です。したがって、最初の同型定理により、次のようになります。

$$H_1(X) \cong \frac{H_1(MB) \oplus H_1(\mathbb{R}P^2)}{\operatorname{im}(c)}$$

私はこのような表現を単純化するのは本当に苦手ですが、やってみます。

$\operatorname{im}(c) = \langle(2,\tilde{1} )\rangle$

$H_1(MB) \oplus H_1(\mathbb{R}P^2) \cong \mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z}_2$

すっごく...

$$H_1(X) \cong \frac{\mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z}_2}{\langle(2,\tilde{1})\rangle}$$

これはすべて正しいですか?もしそうなら、私の表現を単純化する方法はありますか$H_1(X)$ もっと直感的なものに?

皆さんありがとう!

2 answers

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Connor Malin 2019-06-27 07:40.

あなたの控除はすべて正しいように見えます。商が何であるかを理解するには、剰余類の数を数えます(私はそれらのジェネレーターを書くだけです):$(1,0),(1,1),(0,1),(0,0)$。これにより、2つの可能性が得られます。$\mathbb{Z}/2 + \mathbb{Z}/2$ または $\mathbb{Z}/4$。の剰余類$(1,0)$ 次数は4なので、後者でなければなりません。

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Mathy 2019-06-26 09:22.

もちろん、 $H_2(X) = 0$ 以来正しい $X$向き付け不可能です(MBを含む)。どうして...と思うのですか$c(1) = (2, \tilde{1})$?地図$H_1(S^1) \to H_1(MB)$ 包含によって与えられ、私たちは知っています $S^1 \cong MB$、マップする必要があります $1$$1$、 正しい?

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