Coomologia di $B_1^n - \overline{B_{1/2}^n}$

[ACA2]

Sto cercando di calcolare la coomologia di De Rham di $B_1^n - \overline{B_{1\/2}^n}$ per $ n \geq 2$, dove $B_r^n$ è la palla $n$-dimensionale in $RR^n$ di raggio $r$. Ho pensato di procedere lasciandomi ispirare dal caso $n = 2$ (vedi figura).

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Mi sembra che l'anello aperto in rosso sia omeomorfo alla semisfera meno il disco centrale, ovvero $A_{1,1/2}^n = B_1^n - \overline{B_{1\/2}^n} \cong S^n - U$, se chiamo $U$ il pezzo mancante alla sfera (omeomorfo ad una palla aperta di raggio 1/2). Ma \(\displaystyle S^n = S^n - U \; \bigsqcup \; U \), da cui

\(\displaystyle H^p(S^n) = H^p(A_{1, 1/2}^n) \oplus H^p(B^n_{1/2}) \simeq H^p(A_{1, 1/2}^n) \oplus H^p(\Bbb R^n) \)

Cosa falsa per $n > 2$, poiché $b_0(A_{1, 1/2}^n) = b_0(S^n) - b_0(RR^2) = 0$, dove $b_p(M)$ è il p-esimo numero di betti della varietà $M$, ovvero la dimensione del p-esimo gruppo di De Rham. Mi aspetto che faccia 1, visto che, per $n >2$ la varietà $A_{1, 1/2}^n$ è connessa.

Quante cose ho sbagliato nel mio ragionamento? Forse è valido solo nel caso $n=2$?
Qualcuno può darmi qualche hint?

Grazie

[killing_buddha]

Se consideri la palla $B_r^n$ immersa in $\mathbb R^n$, la mappa che manda \(\boldsymbol{x} \in\mathbb R^n\) in \(\frac{\boldsymbol{x}}{|\boldsymbol{x}|}\) è una retrazione di $A_{R,r}^n$ su \(S^n_R\) per ogni coppia di raggi $R>r$. Col che, lo spazio di cui ti interessa la coomologia è una sfera di raggio $R$. Da qui tutto dovrebbe essere semplice.

Se vuoi usare Mayer-Vietoris, la cosa più ovvia (e in effetti anche l'unica, data la simmetria del problema) mi sembra prendere gli aperti $U,V$ come semipalla nord e semipalla sud (hai tolto la semipalla piccola ad entrambi $U,V$). L'intersezione dei due ora retrae ad $S^{n-1}$, e da qui (per induzione) tutto dovrebbe essere abbastanza ovvio.

[killing_buddha]

"ACA":$A_{1,1/2}^n = B_1^n - \overline{B_{1\/2}^n} \cong S^n - U$

L'errore è questo. invece, deve aversi $A_{1,1/2}^n = B_1^n - \overline{B_{1\/2}^n} \cong S^n$.

[ACA2]

Grazie killing_buddha, praticamente mi stai dando ripetizioni

"killing_buddha":Se consideri la palla $ B_r^n $ immersa in $ \mathbb R^n $, la mappa che manda \( \boldsymbol{x} \in\mathbb R^n \) in \( \frac{\boldsymbol{x}}{|\boldsymbol{x}|} \) è una retrazione di $ A_{R,r}^n $ su \( S^n_R \) per ogni coppia di raggi $ R>r $.

Volevi dire $S^{n-1}$ o proprio $S^n$? Per me $S^n \subset R^{n+1}$. Direi che $x \rightarrow x/|x|$ è un'omotetia tra $A_{R,r}^n$ e $S_1^{n-1}$. Da cui $S_1^{n-1}$ è un retratto di deformazione di $A_{R,r}$:

\(\displaystyle f: A_{1,1/2}^n \rightarrow S^{n-1}_1 \)

\(\displaystyle f(x) = \frac x {|x|} \)

\(\displaystyle g: S^{n-1}_1 \rightarrow A_{1,1/2}^n \)

\(\displaystyle f(y) = y \)

Risulta che

\(\displaystyle g \circ f(x) = \frac x {|x|} \)

\(\displaystyle f \circ g(y) = y = Id_{S_1^{n-1}} \)

Definisco

\(\displaystyle F : A^n_{1,1/2} \times [0,1] \rightarrow A^n_{1,1/2} \)

\(\displaystyle F(x,y) = \left( 1- a(t) \right)x + a(t) \rho (x) \)

con

\(\displaystyle \rho (x) = \frac{x} {|x|} \)

\(\displaystyle a(t) \in C^{\infty} (\Bbb R) \) tale che \(\displaystyle a(0) = 0 \qquad a(1) = 1 \)

Segue

\(\displaystyle F(x,0) = x = Id_{A^n_{1,1/2}} \qquad F(x,1) = \rho(x) = \frac x {|x|} = g \circ f(x) \)

Fine.

"killing_buddha":
Se vuoi usare Mayer-Vietoris, la cosa più ovvia (e in effetti anche l'unica, data la simmetria del problema) mi sembra prendere gli aperti $ U,V $ come semipalla nord e semipalla sud (hai tolto la semipalla piccola ad entrambi $ U,V $). L'intersezione dei due ora retrae ad $ S^{n-1} $, e da qui (per induzione) tutto dovrebbe essere abbastanza ovvio.

Anche qui forse, per come io penso $S^n$ ($S^n \subset \RR^{n+1}$), intendevi che l'intersezione retrae ad $S^{n-2}$?.

[killing_buddha]

Sì, ovviamente gli indici giusti sono quelli che dici tu