用户: Cybcat/百题大过关/2018 P 几何 代数拓扑

1.	设 $X$ 是由 ${\mathbb{S}}^2$ 粘接北极点和南极点得到的商空间. 构造 $X$ 的胞腔复形结构并以此计算 ${\pi }_1(X)$.
2.	给定映射 $f:X\to Y$ 和 $g:Y\to Z$, 假设 $g,g\circ f$ 都是覆叠映射, $Z$ 局部道路连通. (1) 证明 $f$ 也是覆叠映射, (2) 若 $g\circ f$ 是正规覆叠, 证明 $f$ 也是正规覆叠.
3.	计算双环面 $2{\mathbb{T}}^2={\mathbb{T}}^2\#{\mathbb{T}}^2$ 的上同调环.
4.	设 $M$ 是连通 $7$ 维流形, 已知 $H_7(M)\cong \mathbb{Z},H_6(M)\cong \mathbb{Z},H_5(M)\cong {\mathbb{Z}}_2,H_4(M)\cong \mathbb{Z}\oplus {\mathbb{Z}}_3$. 由此获得 $M$ 的上同调环尽量多的信息.

第一题.

第一题. 其胞腔结构如下, 它具有 $0,1,2$ 维胞腔各一个. 其中 $1$ 胞腔 $e_1$ 的两端粘在 $e_0$ 上, 然后 $e_2$ 的圆盘边界南北级各映到 $e_0$, 然后两边是正着和反着粘在 $e_1$ 上. 大概是由此可知其基本群 ${\pi }_1(X)=⟨a:a{a}^{-1}=1⟩\cong \mathbb{Z}$. 当然这也可以从它的万有覆叠看出来, 它的万有覆叠就是 [一串珠子] . 另外它的上同调环满足 $H^2=H^1=H^0=\mathbb{Z}$, 其中的 $\wedge :H^1\times H^1\to H^2$ 为平凡映射 (反对称性), 上同调环平凡的另一个原因是它同伦于 ${\mathbb{S}}^2\vee {\mathbb{S}}^1$.

$\square$

第二题.

第二题. 覆叠空间的 Galois 理论.

(1) 对 $y\in Y$, 根据覆叠的性质, 取 $g(y)\in Z$ 的小邻域 $U$ 使得 $(gf{)}^{-1}U\to U,g^{-1}U\to U$ 都是若干 $U$ 的无交并. 再由于 $Z$ 局部连通, 我们能取子邻域代替它以保证它连通. 现在 $g,gf$ 在每个连通分支内都是同胚, 所以对 $g^{-1}U$ 的一个连通分支, 它的原像也必然是 $(gf{)}^{-1}U$ 的若干连通分支的无交并, 这意味着 $f^{-1}(g^{-1}U)$ 是若干 $g^{-1}U$ 的无交并, 所以 $f$ 是覆叠映射. 结论得证.

(2) 为方便讨论, 我们考虑 $X$ 连通, 由于 $f,g$ 都是覆叠, 以及 $Z$ 局部道路连通, 进而 $X,Y,Z$ 均道路连通.

如果 $gf$ 正规, 这意味着群 $\mathrm{Deck}(gf)$ 在每个点的纤维上可迁. 现在对 $y\in Y$, 它的任意原像 $x_1,x_2\in f^{-1}(y)$, 存在 $gf$ 的自同构 $\sigma \in \mathrm{Deck}(gf)$ 将 $x_1$ 打到 $x_2$, 此时 $f\sigma =f$: 这是因为 $gf\sigma =gf$, $f\sigma (x_1)=f(x_1)$ 而且 $g$ 是覆叠映射, 每个 $z\in Z$ 原像离散, 进而 $f\sigma =f$ 成立的点包含 $x_1$ 所在的道路分支. (否则取道路容易推矛盾, 技巧很标准) 因此 $\sigma \in \mathrm{Deck}(f)$, 所以 $\mathrm{Deck}(f)$ 也可迁 (实际上我们将它实现为了 $\mathrm{Deck}(gf)$ 的固定 $y$ 的子群), 故 $f$ 也是正规覆叠空间.

$\square$

第三题.

第三题. 有各种方法可以得到想要的结果, 总之 $H^0=H^2=\mathbb{Z}$ 而且 $H^1={\mathbb{Z}}^4$, 其中 $H^1$ 存在一组基 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\beta }^1,{\beta }^2$, 记 $\gamma \in H^2$ 为基本类, 那么杯积给出 $⌣:H^1\times H^1\to H^2$ 给出 ${\alpha }_i⌣{\beta }^j=-{\beta }^j⌣{\alpha }_i={\delta }_i^j$, 这里 ${\delta }_i^j$ 为 Kronecker 符号. 最直接的观察是, 根据 Poincaré 对偶, 在中间维数上的杯积非退化, 而且反对称. 这样的二次型具有标准型.

具体的过程可以参考这个 mse 回答:

https://math.stackexchange.com/questions/3469309/cohomology-ring-of-the-double-torus-genus-two-surface?rq=1

$\square$

第四题.

第四题. 我们总观察 $\mathbb{Z}$-系数的同调和上同调.

首先对于 $n$ 维流形 $M$, 它不紧, 不可定向都将导致 $H_n(M)=0$, 它紧可定向则 $H_n(M)=\mathbb{Z}$. 这里 $H_7=\mathbb{Z}$ 所以 $M$ 紧, 进而能对它应用 Poincaré 对偶. 这告诉我们上同调信息 $H^0(M)\cong \mathbb{Z},H^1(M)\cong \mathbb{Z},H^2(M)\cong {\mathbb{Z}}_2,H^3(M)\cong \mathbb{Z}\oplus {\mathbb{Z}}_3$.

下一步自然就是使用万有系数定理, 将挠的部分向上平移一位就得到 $H^4(M)\cong \mathbb{Z}\oplus T,H^5(M)\cong {\mathbb{Z}}_3,H^6(M)\cong \mathbb{Z}\oplus {\mathbb{Z}}_2,H^7(M)\cong \mathbb{Z}$, 其中 $T=\mathrm{Tors}(H_3(M))$.

然后仍然是使用 Poincaré 对偶, $\mathbb{Z}$-系数下除去挠的部分, 理应得到非退化的配对. 也就是说 $H^0\times H^7;H^1\times H^6;H^3\times H^4$ 中无挠部分都在取杯积下等同于 $\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}\to \mathbb{Z}$ 的映射 $(x,y)\mapsto xy$. 然后无挠部分只有 $H^1\times H^3\to H^4$ 和 $H^3\times H^3\to H^6$ 值得观察. 对于后者, 由反对称性可知 $x⌣y=-y⌣x$ 从而乘法平凡; 对于前者, 如果它非零, 则根据结合律, $H^1\times H^3\times H^3\to H^7$ 先算前者再算后者就非零, 先算后者再算前者就是 $0$, 推出矛盾.

至此, 无挠部分除了 Poincaré 配对外乘法得出来都是 $0$. 挠的部分即便不关心我想这道题应该也能得到满分 ().

$\square$