用户: Cybcat/百题大过关/2023 P 几何 代数拓扑

1.	设 $M$ 为 ${\mathbb{S}}^1\times {\mathbb{S}}^1\times [0,1]$ 商掉 $(p,q,0)\sim (q,p,1)$ 得到的三维流形. 计算它的基本群.
2.	设 $U,V$ 为 $X$ 中的开集, 满足 $U\cup V=M,U\cap V=A\ne \varnothing$, 证明 $H_{\ast }(M,A)\cong H_{\ast }(U,A)\oplus H_{\ast }(V,A)$.
3.	设 $X$ 为有限胞腔复形, 已知整系数同调为 $H_0(X)=\mathbb{Z},H_1(X)={\mathbb{Z}}_4,H_2(X)={\mathbb{Z}}_2$, 其他同调群为 $0$, 求 $X$ 的所有整系数上同调群.
4.	设 $M$ 的万有覆叠为 ${\mathbb{R}}^n$, 求证映射 $f:{\mathbb{S}}^2\to M$ 零伦.
5.	设 $M$ 为光滑闭流形, 若 $H_1(M;{\mathbb{Z}}_2)=0$, 证明 $M$ 可定向.

第一题.

第一题. 使用 Van Kampen 定理, 我们可以挖掉 $3$-胞腔, 具体来说, 可以取一个 $\mathrm{pt}=(p,q,1/2)$ 的小开球邻域 $B=B_{\epsilon }(\mathrm{pt})$, 然后考虑 $M=U_1\cup U_2$, 其中 $U_1=M\backslash \mathrm{pt},U_2=B$. 现在注意 $U_2$ 是三维实心球可缩, $U_1\cap U_2$ 是三维实心球挖掉原点, 同伦于二维球面, 基本群也平凡. 最后是 $U_1$, 它同伦等价于 $({\mathbb{S}}^1\times {\mathbb{S}}^1)\vee {\mathbb{S}}^1$, 这个多出来的 ${\mathbb{S}}^1$ 其实是 $[0,1]$ 两端粘起来得到的.

接下来计算余极限, 首先 ${\pi }_1(U_1)=⟨x,y,z:[x,y]=1⟩$. 现在观察 $U_1\cap U_2$ 是怎么被零化的, 它实则在 $U_1$ 中的像相当于 $z$ 共轭作用时 $x,y$ 互换, 故 ${\pi }_1(M)=⟨x,y,z:[x,y]=1,zx{z}^{-1}=y,zy{z}^{-1}=x⟩$, 这即我们要求的基本群. 也可以写作 $({\mathbb{Z}}^{\oplus 2})⋊\mathbb{Z}$, 有意思的是, 这个群是无挠的.

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第二题.

第二题. 一个直白的观察是使用相对 Mayer–Vietoris 序列, 此时我们具有映射典范的长正合列$$\cdots \to H_n(U,U\cap V)\oplus H_n(V,U\cap V)\to H_n(U\cup V,U\cap V)\to H_n(U\cap V,U\cap V)\to \cdots .$$现在由于显然的 $H_n(A,A)=0$ 对一切 $n$, 我们得知 $H_n(M,A)\cong H_n(U,A)\oplus H_n(V,A)$, 结论得证.

具体来说, 上面的长正合列其实来自短正合列, 由于最后一项平凡, 所以这其实是两个复形的同构. $$0\to \frac{C_{\bullet }(U)}{C_{\bullet }(U\cap V)}\oplus \frac{C_{\bullet }(V)}{C_{\bullet }(U\cap V)}\to \frac{C_{\bullet }(U\cup V)}{C_{\bullet }(U\cap V)}\to \frac{C_{\bullet }(U\cap V)}{C_{\bullet }(U\cap V)}\to 0.$$

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第三题.

第三题. 使用万有系数定理, 不难得知 $H^0(X)=\mathbb{Z},H^1(X)=0,H^2(X)={\mathbb{Z}}_4,H^3(X)={\mathbb{Z}}_2$. 并且 $X$ 没有其他非零上同调群.

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第四题.

第四题. 我们回忆有映射提升性质:

引理, 如果覆叠映射 $p:(\tilde{X},{\tilde{x}}_0)\to (X,x_0)$ 给定, 连续映射 $f:(Y,y_0)\to (X,x_0)$ 满足 $Y$ 道路连通以及局部道路连通, 则提升 $\tilde{f}:(Y,y_0)\to (\tilde{X},{\tilde{x}}_0)$ 存在当且仅当 $f_{\ast }({\pi }_1(Y,y_0))\subset p_{\ast }({\pi }_1(\tilde{X},{\tilde{x}}_0))$ 具有群包含关系.

利用这个引理, 想要将 $f$ 提升为 $\tilde{f}:{\mathbb{S}}^2\to {\mathbb{R}}^n$, 只要 $f_{\ast }({\pi }_1({\mathbb{S}}^2))\subset p_{\ast }({\pi }_1({\mathbb{R}}^n))$, 然而实际上左右均平凡, 因此包含关系保真, 映射提升存在. 由此利用 ${\mathbb{R}}^n$ 可缩, 可以缩掉 $\tilde{f}$ 进而缩掉 $f$, 零伦性得证.

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第五题.

第五题. 方法一, 使用万有系数定理.

首先, 我们的出发点是, 对于不可定向的 $M$, 我们有 $H_n(M,\mathbb{Z})=0$ 以及 $H_n(M,{\mathbb{Z}}_2)={\mathbb{Z}}_2$. 那么由于 $H_n(M,{\mathbb{Z}}_2)=H_n(M,\mathbb{Z})\otimes {\mathbb{Z}}_2\oplus \mathrm{Tor}(H_{n-1}(M,\mathbb{Z}),{\mathbb{Z}}_2)$, 由此得知 $H_{n-1}(M)$ 具有非平凡的 ${\mathbb{Z}}_2$ 挠, 再由 $H_{n-1}(M,{\mathbb{Z}}_2)=H_{n-1}(M,\mathbb{Z})\otimes {\mathbb{Z}}_2\oplus \cdots$ 推出 $H_{n-1}(M,{\mathbb{Z}}_2)\ne 0$. 此时使用 Poincaré 对偶可知 $H_1(M,{\mathbb{Z}}_2)\ne 0$, 定理得证.

方法二, 观察 $H^1$ 和实线丛, 或者二重覆叠的联系.

注意到 $H^1(M,{\mathbb{Z}}_2)$ 和 $M$ 上实线丛的同构类是一一对应的 (正是它的第一 Stiefel–Whitney 类). 由此注意到 $M$ 不可定向推出 $\det TM\to M$ 是非平凡线丛, 由此它非零. 实际上另一个角度说, $H^1(M,{\mathbb{Z}}_2)$ 这个正是它的全体二重覆叠, 而 $M$ 不可定向, 这就给出 $\tilde{M}\to M$ 是经典的定向二重覆叠.

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