Coomologia di De Rham di $RR^3$ meno qualcosa
Sappiamo che \( \mathbb R^3 \) privato di una retta ammette come retratto di deformazione \( \mathbb R^2 \setminus \{0\}\) che è a sua volta omotopicamente equivalente a \(\mathbb S^1 \). Quindi la coomologia di De Rham di $RR^3$ meno una retta è la coomologia della circonferenza ($RR$ in grado 0 e 1, nulla altrove).
Domanda: che succede se a $RR^3$ togliamo una retta e una circonferenza che concatena la retta? Come calcoliamo la coomologia di questo spazio? Avete qualche idea? Su degli appunti (non miei) ho letto, come suggerimento, di pensare a $\mathbb T^2 \times \RR$, dove $\mathbb T^2:=\mathbb S^1 \times \mathbb S^1$ è il solito toro; francamente, però non so che farmene... C'è qualche retratto furbo che non vedo?
Grazie.
Domanda: che succede se a $RR^3$ togliamo una retta e una circonferenza che concatena la retta? Come calcoliamo la coomologia di questo spazio? Avete qualche idea? Su degli appunti (non miei) ho letto, come suggerimento, di pensare a $\mathbb T^2 \times \RR$, dove $\mathbb T^2:=\mathbb S^1 \times \mathbb S^1$ è il solito toro; francamente, però non so che farmene... C'è qualche retratto furbo che non vedo?
Grazie.
Risposte
Leopold Vietoris può vantare il primato di cittadino austriaco più longevo (morì a quasi 111 anni). Nell'arco di una vita così lunga, consacrata alla matematica esso ha dimostrato un teorema molto utile 
Ciò per dire che: come mai ti interessa la coomologia di de Rham di quello spazio, se non ti interessa quella del toro, che è la stessa o quasi?
Ciò per dire che: come mai ti interessa la coomologia di de Rham di quello spazio, se non ti interessa quella del toro, che è la stessa o quasi?
Scherzo, volevo farti incazzare 
Usa Mayer-Vietoris sui due aperti "complementare di retta e pezzo di cerchio", omotopo a R2 \ due punti, e "complementare di quell'altro pezzo di cerchio", omotopo a R2 \ un punto. I due si intersecano in qualcosa di omotopo a R2 meno due punti e la magica sequenza esatta fa il resto
Usa Mayer-Vietoris sui due aperti "complementare di retta e pezzo di cerchio", omotopo a R2 \ due punti, e "complementare di quell'altro pezzo di cerchio", omotopo a R2 \ un punto. I due si intersecano in qualcosa di omotopo a R2 meno due punti e la magica sequenza esatta fa il resto
Che furbata! Non ci avevo pensato, bello!
Detto $A$ il "complementare di retta e pezzo di cerchio", ho che $A$ è omotopo a $RR^2$ meno due punti, quindi
\(\displaystyle H^k(A) = \begin{cases}
\mathbb R & k=0 \\
\mathbb R^2 & k=1\\
0 & \text{altrimenti}
\end{cases} \)
mentre invece, se $B$ indica complementare di quell'altro pezzo di cerchio,
\(\displaystyle
H^k(B) = \begin{cases}
\mathbb R & k=0,1 \\
0 & \text{altrimenti}
\end{cases}
\)
perché $B$ ha il tipo di omotopia di $\mathbb S^1$. Inoltre, come osservi tu, $H^k(A\cap B)$ è come $H^k(A)$. In sostanza, scrivendo la lunga sequenza esatta scopro che $b_1-b_2=1$, dove $b_i=\dim H^i(X)$.
Quindi mi verrebbe proprio da pensare che $b_1=2$ e $b_2=1$, cioè ha la stessa coomologia del toro... Però: come faccio a provarlo rigorosomente? Devo mettermi a pacioccare con le mappe della lunga sequenza esatta? Ti prego dimmi che c'è un'altra strada...
Rilancio: e se togliamo un'altra retta (disgiunta da quella precedente)? Forse potrei usare la magica sequenza al "contrario"... Scrivo $RR^3$ meno una retta e una circonferenza come l'unione di ($RR^3$ meno due rette e una circonferenza che ne concatena una) con ($RR^3$ meno una retta): ora l'unione ha la coomologia del toro - per quanto abbiamo appena detto - un pezzo è quello incognito e l'altro ha la coomologia di $\mathbb S^1$...
Può funzionare? Grazie mille per il tuo aiuto.
Detto $A$ il "complementare di retta e pezzo di cerchio", ho che $A$ è omotopo a $RR^2$ meno due punti, quindi
\(\displaystyle H^k(A) = \begin{cases}
\mathbb R & k=0 \\
\mathbb R^2 & k=1\\
0 & \text{altrimenti}
\end{cases} \)
mentre invece, se $B$ indica complementare di quell'altro pezzo di cerchio,
\(\displaystyle
H^k(B) = \begin{cases}
\mathbb R & k=0,1 \\
0 & \text{altrimenti}
\end{cases}
\)
perché $B$ ha il tipo di omotopia di $\mathbb S^1$. Inoltre, come osservi tu, $H^k(A\cap B)$ è come $H^k(A)$. In sostanza, scrivendo la lunga sequenza esatta scopro che $b_1-b_2=1$, dove $b_i=\dim H^i(X)$.
Quindi mi verrebbe proprio da pensare che $b_1=2$ e $b_2=1$, cioè ha la stessa coomologia del toro... Però: come faccio a provarlo rigorosomente? Devo mettermi a pacioccare con le mappe della lunga sequenza esatta? Ti prego dimmi che c'è un'altra strada...
Rilancio: e se togliamo un'altra retta (disgiunta da quella precedente)? Forse potrei usare la magica sequenza al "contrario"... Scrivo $RR^3$ meno una retta e una circonferenza come l'unione di ($RR^3$ meno due rette e una circonferenza che ne concatena una) con ($RR^3$ meno una retta): ora l'unione ha la coomologia del toro - per quanto abbiamo appena detto - un pezzo è quello incognito e l'altro ha la coomologia di $\mathbb S^1$...
Può funzionare? Grazie mille per il tuo aiuto.
Ti prego dimmi che c'è un'altra strada...
In algebra omologica _non esiste_ una strada diversa da Mayer-Vietoris.
Il procedimento si generalizza automaticamente (?) per induzione sul numero di rette che togli, perche' puoi sempre ricondurti ad aperti omotopicamente equivalenti al piano meno tot buchi.
Ok, vediamo di concludere il lavoro cominciato studiando meglio la successione di MV.
Siccome l'intersezione $A \cap B$ (nelle notazioni del post precedente) è connessa, posso cominciare la sequenza dal grado 1; d'altra parte, $H^k(A),H^k(B), H^k(A \cap B)$ sono nulli per $k \ge 2$, sicché in definitiva il pezzo che mi interessa è
\[
0 \to H^{1}(X) \stackrel{\alpha}\to H^1(A)\oplus H^1(B) \stackrel{\beta}\to H^{1}(A \cap B) \stackrel{\gamma}\to H^2(X) \to 0
\]
Ora, tenuto conto che $H^1(A) = \RR \oplus RR$, $H^1(B)=RR$ e $H^1(A \cap B) =RR \oplus RR$, si ha subito - per surgettività di $\gamma$, $b_2 \le 2$. Ora vorrei dimostrare che il $\text{ker} \gamma = \text{im} \beta$ è (isomorfo a) $RR$: a quel punto, è fatta, per il primo teorema di isomorfismo, e la coomologia del mio $X$ verrebbe a coincidere con la coomologia del toro.
Quindi, vediamo un po' di studiare la mappa $\beta$, pregando di riuscire a dimostrare che ha immagine 1-dimensionale. Noto, in particolare, che $A$ è un retratto di deformazione di $A \cap B$, quindi la restrizione di $\beta$ a $H^1(A)$ è un isomorfismo. Quindi se $\omega_A$ è un generatore di $H^1(A)$, allora $j_A^{\star}\omega_A$ è un generatore di $H^{1}(A cap B)$ (dove $j_A^{star}$ è il morfismo indotto in coomologia dall'inclusione \( A \cap B \hookrightarrow A\)).
Con le dovute identificazioni, porrei quindi $j_A^{\star}\omega_A=(1,1)$ (che è, per l'appunto, un generatore di $RR \oplus RR$). Preso ora un generatore $\omega_B$ di $H^{1}(B)$, ho che
\[
\beta(a\omega_A,b\omega_B) = j_B^{\star}(b\omega_B) - j_A^{\star}(a\omega_A) = (b,b)-(a,a)=(b-a,b-a)
\]
cosicché avrei che l'immagine di $\beta$ ha proprio dimensione 1.
Può funzionare, secondo te? Ti ringrazio ancora per l'aiuto.
Siccome l'intersezione $A \cap B$ (nelle notazioni del post precedente) è connessa, posso cominciare la sequenza dal grado 1; d'altra parte, $H^k(A),H^k(B), H^k(A \cap B)$ sono nulli per $k \ge 2$, sicché in definitiva il pezzo che mi interessa è
\[
0 \to H^{1}(X) \stackrel{\alpha}\to H^1(A)\oplus H^1(B) \stackrel{\beta}\to H^{1}(A \cap B) \stackrel{\gamma}\to H^2(X) \to 0
\]
Ora, tenuto conto che $H^1(A) = \RR \oplus RR$, $H^1(B)=RR$ e $H^1(A \cap B) =RR \oplus RR$, si ha subito - per surgettività di $\gamma$, $b_2 \le 2$. Ora vorrei dimostrare che il $\text{ker} \gamma = \text{im} \beta$ è (isomorfo a) $RR$: a quel punto, è fatta, per il primo teorema di isomorfismo, e la coomologia del mio $X$ verrebbe a coincidere con la coomologia del toro.
Quindi, vediamo un po' di studiare la mappa $\beta$, pregando di riuscire a dimostrare che ha immagine 1-dimensionale. Noto, in particolare, che $A$ è un retratto di deformazione di $A \cap B$, quindi la restrizione di $\beta$ a $H^1(A)$ è un isomorfismo. Quindi se $\omega_A$ è un generatore di $H^1(A)$, allora $j_A^{\star}\omega_A$ è un generatore di $H^{1}(A cap B)$ (dove $j_A^{star}$ è il morfismo indotto in coomologia dall'inclusione \( A \cap B \hookrightarrow A\)).
Con le dovute identificazioni, porrei quindi $j_A^{\star}\omega_A=(1,1)$ (che è, per l'appunto, un generatore di $RR \oplus RR$). Preso ora un generatore $\omega_B$ di $H^{1}(B)$, ho che
\[
\beta(a\omega_A,b\omega_B) = j_B^{\star}(b\omega_B) - j_A^{\star}(a\omega_A) = (b,b)-(a,a)=(b-a,b-a)
\]
cosicché avrei che l'immagine di $\beta$ ha proprio dimensione 1.
Può funzionare, secondo te? Ti ringrazio ancora per l'aiuto.
Ma in questo caso non era più facile mostrare direttamente che il toro fosse un retratto dello spazio \(X\) preso in considerazione?
Possiamo supporre senza perdita di generalità che la circonferenza sia di raggio \(R > 1\) e disposta perpendicolarmente alla retta. Suppongo inoltre che la retta passi per il centro della circonferenza. A questo punto, per ogni punto \( p \in X \) possiamo per prima cosa trovare il punto \( q \) ottenuto come intersezione tra la circonferenza e il piano passante per il punto \(p\) e contenente la retta. A questo punto possiamo costruire una omotopia che mappa ogni punto \(p\) in \( q + (p - q)/|p - q|. \) Abbiamo quindi ottenuto una omotopia dallo spazio \(X\) al toro se non ho sbagliato qualcosa.
EDIT: Questo metodo è ovviamente abbastanza difficile da generalizzare.. Anche se riesco ad immaginarmi come potrebbe essere l'omotopia da usare nel caso con più rette, formalizzarlo è molto più complicato.
Possiamo supporre senza perdita di generalità che la circonferenza sia di raggio \(R > 1\) e disposta perpendicolarmente alla retta. Suppongo inoltre che la retta passi per il centro della circonferenza. A questo punto, per ogni punto \( p \in X \) possiamo per prima cosa trovare il punto \( q \) ottenuto come intersezione tra la circonferenza e il piano passante per il punto \(p\) e contenente la retta. A questo punto possiamo costruire una omotopia che mappa ogni punto \(p\) in \( q + (p - q)/|p - q|. \) Abbiamo quindi ottenuto una omotopia dallo spazio \(X\) al toro se non ho sbagliato qualcosa.
EDIT: Questo metodo è ovviamente abbastanza difficile da generalizzare.. Anche se riesco ad immaginarmi come potrebbe essere l'omotopia da usare nel caso con più rette, formalizzarlo è molto più complicato.
@apatriarca: effettivamente, sì una strada può essere quella di scrivere una retrazione sul toro e ti ringrazio per avermelo scritto.
A dire il vero, come ho scritto nel post di apertura, su degli appunti ho letto: "Questo spazio è $\mathbb S^1 \times \RR$ fatto ruotare, cioè $\mathbb S^1 \times \mathbbS^1 \times \RR$"; purtroppo però non sono in grado di interpretare questa affermazione, che comunque avrebbe concluso l'esercizio (tra le mie armi ho Kunneth, quindi a questo punto sarebbe fatta).
Posso chiederti un parere su MV? Ti paiono corrette le mie conclusioni del post precedente? Sono sempre un po' titubante a ragionare con le mappe... finché si tratta di trovare le dimensioni ok, poi però è sempre un affare delicato (almeno per me).
Grazie mille.
A dire il vero, come ho scritto nel post di apertura, su degli appunti ho letto: "Questo spazio è $\mathbb S^1 \times \RR$ fatto ruotare, cioè $\mathbb S^1 \times \mathbbS^1 \times \RR$"; purtroppo però non sono in grado di interpretare questa affermazione, che comunque avrebbe concluso l'esercizio (tra le mie armi ho Kunneth, quindi a questo punto sarebbe fatta).
Posso chiederti un parere su MV? Ti paiono corrette le mie conclusioni del post precedente? Sono sempre un po' titubante a ragionare con le mappe... finché si tratta di trovare le dimensioni ok, poi però è sempre un affare delicato (almeno per me).
Grazie mille.
Per usare il suggerimento, considera il caso della retta uguale all'asse \(Z\) e la circonferenza uguale a quella unitaria nel piano \(Z=0\) centrata nell'origine. Tutto questo non è in nessun modo restrittivo. A questo punto considera l'insieme \( \{ X > 0 \wedge Y = 0 \} \). Il tuo insieme \(X\) si ottiene come rotazione di questo spazio intorno alla retta. Questo insieme è omeomorfo al piano meno un punto, per cui omeomorfo a \( S^1 \times \mathbb R \) e quindi il tuo spazio di partenza è \( S^1 \times S^1 \times \mathbb R \). Quando si fanno esercizi di questo tipo di topologia algebrica è spesso utile avere un po' di intuizione per questo genere di cose, anche se poi nei casi più avanzati e complicati, l'intuizione non basta (anche se forse è comunque utile).
Non ho letto con molta attenzione, ma perché stai mappando i generatori di \(H^1(A)\) e \(H^1(B)\) in \((1,1)\)? \(\mathbb R \oplus \mathbb R\) non è generato da \((1,1)\), è uno spazio vettoriale di dimensione 2!.. Anche \(H^1(A)\) ha due generatori..
Non ho letto con molta attenzione, ma perché stai mappando i generatori di \(H^1(A)\) e \(H^1(B)\) in \((1,1)\)? \(\mathbb R \oplus \mathbb R\) non è generato da \((1,1)\), è uno spazio vettoriale di dimensione 2!.. Anche \(H^1(A)\) ha due generatori..
Eh, hai ragione, serve un po' di intuizione per questo genere di cose, intuizione che a me manca quasi del tutto (non lo dico tanto per dire, l'intuizione geometrico-spaziale mi manca proprio).
Comunque certamente non è restrittivo il caso che consideri tu e fin qui sono d'accordo, l'avevo pensato anche io. Però perché $X>0$ e $Y=0$? Praticamente l'insieme $\{X>0 \wedge Y=0\}$ è il semipiano (del piano $X,Z$) in cui le $X$ sono strettamente positive: perché se ruoto questo affare qui attorno all'asse $Z$ trovo il mio spazio di partenza? A me ruotando sembrerebbe di ottenere tutto lo spazio meno una retta (l'asse $Z$ appunto) e stop. In che modo stiamo togliendo anche la circonferenza? Perdonami per le domande un po' cretine, ma davvero non lo vedo...
Per quanto riguarda sopra, hai perfettamente ragione, mi sono impaperato un po', specie con la notazione, non molto felice (ma l'ho vista su un libro che mi sta dando un po' una mano a capire come muovermi: L. Tu, Introduction to smooth manifolds, cap. 25-27. Nonostante abbia visto un po' di queste cose anche in Top Algebrica, mi servono per Geometria differenziale e quel libro mi pare proprio ben fatto; è il gradino prima del ben più celebre Bott-Tu).
Comunque, vediamo di dire meglio.
Sul fatto che la restrizione di \( \beta \) a \( H^1(A) \) sia un isomorfismo non dovrebbe piovere.
Quindi se \( \omega_A \) e \(\eta_A\) sono generatori di \( H^1(A) \), allora \( j_A^{\star}\omega_A \) e \( j_A^{\star}\eta_A \) sono generatori di \( H^{1}(A\cap B) \) (dove \( j_A^{\star} \) è il morfismo indotto in coomologia dall'inclusione \( A \cap B \hookrightarrow A \)).
Con le dovute identificazioni, porrei quindi \( j_A^{\star}\omega_A=(1,0) \) e \(j_A^{\star}\eta_A = (0,1) \) (che sono, questa volta sì, generatori di \( \mathbb R \oplus \mathbb R \)). Preso ora un generatore \( \omega_B \) di \( H^{1}(B) \), ho che
\[ \beta(a_1\omega_A+a_2\eta_A,b\omega_B) = j_B^{\star}(b\omega_B) - (j_A^{\star}(a_1\omega_A) +j_A^{\star}(a_2\eta_A))= (b,b)-(a_1,0)-(0,a_2) = (b-a_1, b-a_2)
\]
Ora però dovrei vedere che l'immagine ha dimensione 1, cosa falsa perché si vede che il rango è 2...
C'è un errore, ma non capisco dove: mi puzza un po' quella $j_B^{\star}$...
GRAZIE mille per il preziosissimo aiuto.
Comunque certamente non è restrittivo il caso che consideri tu e fin qui sono d'accordo, l'avevo pensato anche io. Però perché $X>0$ e $Y=0$? Praticamente l'insieme $\{X>0 \wedge Y=0\}$ è il semipiano (del piano $X,Z$) in cui le $X$ sono strettamente positive: perché se ruoto questo affare qui attorno all'asse $Z$ trovo il mio spazio di partenza? A me ruotando sembrerebbe di ottenere tutto lo spazio meno una retta (l'asse $Z$ appunto) e stop. In che modo stiamo togliendo anche la circonferenza? Perdonami per le domande un po' cretine, ma davvero non lo vedo...
Per quanto riguarda sopra, hai perfettamente ragione, mi sono impaperato un po', specie con la notazione, non molto felice (ma l'ho vista su un libro che mi sta dando un po' una mano a capire come muovermi: L. Tu, Introduction to smooth manifolds, cap. 25-27. Nonostante abbia visto un po' di queste cose anche in Top Algebrica, mi servono per Geometria differenziale e quel libro mi pare proprio ben fatto; è il gradino prima del ben più celebre Bott-Tu).
Comunque, vediamo di dire meglio.
Sul fatto che la restrizione di \( \beta \) a \( H^1(A) \) sia un isomorfismo non dovrebbe piovere.
Quindi se \( \omega_A \) e \(\eta_A\) sono generatori di \( H^1(A) \), allora \( j_A^{\star}\omega_A \) e \( j_A^{\star}\eta_A \) sono generatori di \( H^{1}(A\cap B) \) (dove \( j_A^{\star} \) è il morfismo indotto in coomologia dall'inclusione \( A \cap B \hookrightarrow A \)).
Con le dovute identificazioni, porrei quindi \( j_A^{\star}\omega_A=(1,0) \) e \(j_A^{\star}\eta_A = (0,1) \) (che sono, questa volta sì, generatori di \( \mathbb R \oplus \mathbb R \)). Preso ora un generatore \( \omega_B \) di \( H^{1}(B) \), ho che
\[ \beta(a_1\omega_A+a_2\eta_A,b\omega_B) = j_B^{\star}(b\omega_B) - (j_A^{\star}(a_1\omega_A) +j_A^{\star}(a_2\eta_A))= (b,b)-(a_1,0)-(0,a_2) = (b-a_1, b-a_2)
\]
Ora però dovrei vedere che l'immagine ha dimensione 1, cosa falsa perché si vede che il rango è 2...
C'è un errore, ma non capisco dove: mi puzza un po' quella $j_B^{\star}$...
GRAZIE mille per il preziosissimo aiuto.
Sì, scusa. Sono stato poco preciso. Intendevo dire l'intersezione tra quello spazio e quello che stai considerando e quindi in realtà \( \{ X > 0 \wedge Y = 0 \} - \{ (1,0,0) \}. \) Se fai ruotare questo ottieni anche la circonferenza e tutto torna..
Devo ammettere di non aver del tutto compreso che cosa sono \(A\) e \(B\) nel tuo esempio. Ma così com'è non mi sembra possibile mostrare che l'immagine sia più piccola di \( \mathbb R^2 \)..
Devo ammettere di non aver del tutto compreso che cosa sono \(A\) e \(B\) nel tuo esempio. Ma così com'è non mi sembra possibile mostrare che l'immagine sia più piccola di \( \mathbb R^2 \)..
Ah, sì perfetto! Ho capito, se togliamo anche il punto $(1,0,0)$ e ruotiamo tutto attorno all'asse $z$ otteniamo proprio il nostro $X$. Ora è perfettamente chiaro, grazie.
Per quanto riguarda $A$ e $B$ ho seguito l'hint di k_b:
e, più precisamente:
C'è comunque un problema: la mappa $\beta$, così come l'ho scritta io nell'ultimo post, ha rango 2. Quindi c'è un errore da qualche parte. In aggiunta, non so come lavora la mappa $j_B^{\star}$ e temo che ci sia un errore anche lì.
Per quanto riguarda $A$ e $B$ ho seguito l'hint di k_b:
"killing_buddha":
"complementare di retta e pezzo di cerchio", omotopo a R2 \ due punti, e "complementare di quell'altro pezzo di cerchio", omotopo a R2 \ un punto. I due si intersecano in qualcosa di omotopo a R2 meno due punti e la magica sequenza esatta fa il resto
e, più precisamente:
"Paolo90":
Detto $A$ il "complementare di retta e pezzo di cerchio", ho che $A$ è omotopo a $RR^2$ meno due punti, quindi
\(\displaystyle H^k(A) = \begin{cases}
\mathbb R & k=0 \\
\mathbb R^2 & k=1\\
0 & \text{altrimenti}
\end{cases} \)
mentre invece, se $B$ indica complementare di quell'altro pezzo di cerchio,
\(\displaystyle
H^k(B) = \begin{cases}
\mathbb R & k=0,1 \\
0 & \text{altrimenti}
\end{cases}
\)
C'è comunque un problema: la mappa $\beta$, così come l'ho scritta io nell'ultimo post, ha rango 2. Quindi c'è un errore da qualche parte. In aggiunta, non so come lavora la mappa $j_B^{\star}$ e temo che ci sia un errore anche lì.
Questa e' la prova del fatto che il gruppo fondamentale del complementare di un cerchio e una retta in $\mathbb R^3$ e' isomorfo a $\mathbb Z\times \mathbb Z$:
Il (la classe di omotopia del) cappio che si avvolge attorno alla circonferenza chiamatelo $c$, il cappio che si avvolge attorno alla retta chiamatelo $a$; la prima riga dimostra che $cac^{-1}=a$, la seconda che $aca^{-1}=c$. Che $H^0$ sia isomorfo ad $H^2$ discende ad esempio dalla dualita' di Poincare', e si conclude.
Il (la classe di omotopia del) cappio che si avvolge attorno alla circonferenza chiamatelo $c$, il cappio che si avvolge attorno alla retta chiamatelo $a$; la prima riga dimostra che $cac^{-1}=a$, la seconda che $aca^{-1}=c$. Che $H^0$ sia isomorfo ad $H^2$ discende ad esempio dalla dualita' di Poincare', e si conclude.
Grazie, k_b, per l'immagine e la spiegazione.
Il mio problema, però, non sta nello scoprire chi è la coomologia, quella ormai la sappiamo (ad esempio usando il retratto di apatriarca, o l'osservazione che lo spazio è sostanzialmente $\mathbbT^2 \times \RR$ e poi usando Kunneth).
Il mio problema è proprio come fare con MV: c'è un modo per uscire dal ginepraio in cui sono andato a cacciarmi (senza invocare risultati di cui sopra)? Vorrei capire come usare bene le informazioni sulle mappe che compongono la magica sequenza.
Non so se sono riuscito a spiegare il mio problema... Grazie comunque a tutti per l'aiuto.
P.S. Una nota: per usare Poincaré serve comunque ricondursi al toro: non tanto per l'orientabilità, quanto per la compattezza. Ti torna questo? Grazie.
Il mio problema, però, non sta nello scoprire chi è la coomologia, quella ormai la sappiamo (ad esempio usando il retratto di apatriarca, o l'osservazione che lo spazio è sostanzialmente $\mathbbT^2 \times \RR$ e poi usando Kunneth).
Il mio problema è proprio come fare con MV: c'è un modo per uscire dal ginepraio in cui sono andato a cacciarmi (senza invocare risultati di cui sopra)? Vorrei capire come usare bene le informazioni sulle mappe che compongono la magica sequenza.
Non so se sono riuscito a spiegare il mio problema... Grazie comunque a tutti per l'aiuto.
P.S. Una nota: per usare Poincaré serve comunque ricondursi al toro: non tanto per l'orientabilità, quanto per la compattezza. Ti torna questo? Grazie.
Se non ricordo male data una sequenza esatta di k-moduli, la somma segnata delle dimensioni dei suoi componenti e' zero; questo spesso salva la situazione quando ti manca solo un $H^n$...
Già, ma questa è la prima cosa che ho fatto, e infatti so che $b_1-b_2=1$; il problema è che io "fingo" di non conoscere né l'$H^1$ né l'$H^2$... Alla fine, ripeto, non mi interessa il risultato, voglio capire come fare con le mappe e imparare a trattare con esse. Se magari conosci qualche altro esempio che fa al caso mio dimmi pure; è solo per fare esercizio.
Grazie.
Grazie.
Vediamo un po' di cercare di risolvere questo problema con MV. Non avendo del tutto compreso i tuoi sottoinsiemi \(A\) e \(B\) parto da zero.
Sia \(X\) lo spazio tridimensionale meno l'asse \(z\) e la circonferenza unitaria nel piano \(z=0\). Sia quindi \(A\) uguale a \(X - \{ y = 0 \wedge x > 0 \} \). Questo spazio è omeomorfo ad \(\mathbb R^3\) meno una retta e quindi omotopo ad una circonferenza. Prendo invece come sottospazio \(B\) l'insieme \(X \cap \{ -\epsilon < y < \epsilon \wedge x > 0 \}.\) Anche questo sottospazio è omotopo ad una circonferenza. La loro intersezione è disconnessa.. omotopa all'unione disgiunta di due circonferenze. La cosa importante da capire a questo punto è che tutti questi spazi vettoriali di coomologia sono interessanti soltanto in dimensione uno e che nello spazio \(X\) corrispondono tutti allo stesso identico generatore. Quando un generatore di \(H^1(B)\) viene mappato in \(H^1(A \cap B)\), la sua immagine sarà \( (1,1) \) e lo stesso avviene per l'unico generatore di \( H^1(A) \).. Per cui la mappa \( H^1(A) \times H^1(B) \to H^1(S^1 \coprod S^1) \) è semplicemente quella che manda \( (a, b) \to (a + b, a + b). \) Questa mappa ha quindi immagine un sottospazio vettoriale di dimensione uno e quindi \(H^2(X) \cong \mathbb R\). Questa mappa ha anche nucleo nullo, per cui si ha anche un isomorfismo \( H^0(S^1 \times S^1) \cong H^1(X). \) Questa mi sembra sia un po' l'idea di base da seguire. Ovviamente sono incredibilmente arrugginito in queste cose (ormai mi occupo principalmente di altro) e potrei anche aver sbagliato qualcosa.
Sia \(X\) lo spazio tridimensionale meno l'asse \(z\) e la circonferenza unitaria nel piano \(z=0\). Sia quindi \(A\) uguale a \(X - \{ y = 0 \wedge x > 0 \} \). Questo spazio è omeomorfo ad \(\mathbb R^3\) meno una retta e quindi omotopo ad una circonferenza. Prendo invece come sottospazio \(B\) l'insieme \(X \cap \{ -\epsilon < y < \epsilon \wedge x > 0 \}.\) Anche questo sottospazio è omotopo ad una circonferenza. La loro intersezione è disconnessa.. omotopa all'unione disgiunta di due circonferenze. La cosa importante da capire a questo punto è che tutti questi spazi vettoriali di coomologia sono interessanti soltanto in dimensione uno e che nello spazio \(X\) corrispondono tutti allo stesso identico generatore. Quando un generatore di \(H^1(B)\) viene mappato in \(H^1(A \cap B)\), la sua immagine sarà \( (1,1) \) e lo stesso avviene per l'unico generatore di \( H^1(A) \).. Per cui la mappa \( H^1(A) \times H^1(B) \to H^1(S^1 \coprod S^1) \) è semplicemente quella che manda \( (a, b) \to (a + b, a + b). \) Questa mappa ha quindi immagine un sottospazio vettoriale di dimensione uno e quindi \(H^2(X) \cong \mathbb R\). Questa mappa ha anche nucleo nullo, per cui si ha anche un isomorfismo \( H^0(S^1 \times S^1) \cong H^1(X). \) Questa mi sembra sia un po' l'idea di base da seguire. Ovviamente sono incredibilmente arrugginito in queste cose (ormai mi occupo principalmente di altro) e potrei anche aver sbagliato qualcosa.
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