è un gruppo libero di rango 5, e gli elementi a, b, α β, β γ, γ δ sono generatori indipendenti di ker 1 (non unici!).
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- Marco Piazza
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1 Topologia Algebrica Omologia simpliciale delle superfici compatte. 1. Consideramo il toro X = T, con la struttura di -complesso data da Abbiamo C 0 (X) = ZP ZQ; C 1 (X) = Za Zb Zα Zβ Zγ Zδ; C 2 (X) = ZA ZB ZC ZD. 0 0; 3 0, perché non ci sono celle di dimensione tre; L omomorfismo 1. 1 (a) = 1 (b) = P P = 0; 1 (α) = 1 (β) = 1 (γ) = 1 (δ) = P Q. L immagine di 1 è data da 1 C 1 (X) = Z(P Q). Se W = xa + yb + zα + uβ + vγ + wδ C 1 (X), si ha che 1 (W ) = 0 z + u + v + w = 0. Ne segue che ker 1 = a, b, α β, β γ, γ δ è un gruppo libero di rango 5, e gli elementi a, b, α β, β γ, γ δ sono generatori indipendenti di ker 1 (non unici!). L omomorfismo 2. Abbiamo
2 2 (A) = α + a β, 2 (B) = β + b γ, 2 (C) = γ a δ, 2 (D) = δ b α; posto Z = xa + yb + zc + ud C 2 (X), risolvendo un sistema lineare a coefficienti in Z, si verifica facilmente che ker 2 = Z(A + B + C + D) = Z. Poiché come generatori di C 2 (X) si possono anche prendere A, B, C, A+B +C +D (basta verificare che la matrice del cambiamento di base è una matrice a coefficienti in Z, con determinate uguale a ±1. Solo cosí, anche l inversa ha coefficienti interi), si ha 2 C 2 (X) = 2 (A), 2 (B), 2 (C). Calcoliamo adesso i gruppi di omologia: H 2 (X) = ker 2 /Im( 3 ) = Z ; H 0 (X) = ker 0 /Im( 1 ) = C 0 (X)/Im( 1 ) = ZP ZQ/Z(P Q) = ZP Z(P Q)/Z(P Q) = Z; H 1 (X) = ker 1 /Im( 2 ) = a, b, α β, β γ, γ δ / 2 (A), 2 (B), 2 (C) ; Osserviamo che come generatori di ker 1 possiamo anche prendere a, b, a + (α β), b + (β γ), a + (γ δ), in quanto la matrice del cambiamento di base ha infatti determinante uguale a 1. A questo punto è facile vedere che H 1 (X) = a, b, a + (α β), b + (β γ), a + (γ δ) / a + (α β), b + (β γ), a + (γ δ) = Z Z. 2. Consideriamo adesso X = T #T la somma connessa di due tori, con la struttura di -complesso data da
3 Abbiamo C 0 (X) = ZP ZQ; C 1 (X) = Za i Zb i Zα i Zβ i Zγ i Zδ i ; C 2 (X) = ZA i ZB i ZC i ZD i. 0 0; 3 0, perché non ci sono celle di dimensione tre; L omomorfismo 1. 1 (a i ) = 1 (b i ) = P P = 0, per i = 1, 2; 1 (α i ) = 1 (β i ) = 1 (γ i ) = 1 (δ i ) = P Q, per i = 1, 2. L immagine di 1 è data da 1 C 1 (X) = Z(P Q). Se W = x ia i + y i b i + z i α i + u i β i + v i γ i + w i δ i C 1 (X), si ha che 1 (W ) = 0 z i + u i + v i + w i = 0. Ne segue che ker 1 è il gruppo abeliano libero di rango 11, di generatori ker 1 = a 1, a 2, b 1, b 2, α 1 α 2, α 2 β 1, β 1 β 2, β 2 γ 1, γ 1 γ 2, γ 2 δ 1, δ 1 δ 2. L omomorfismo 2. Abbiamo 2 (A 1 ) = α 1 + a 1 β 1, 2 (B 1 ) = β 1 + b 1 γ 1, 2 (C 1 ) = γ 1 a 1 δ 1, 2 (D 1 ) = δ 1 b 1 α 2 ; 2 (A 2 ) = α 2 + a 2 β 2, 2 (B 2 ) = β 2 + b 2 γ 2, 2 (C 2 ) = γ 2 a 2 δ 2, 2 (D 2 ) = δ 2 b 2 α 1. Posto W = x ia i + y i B i + z i C i + u i D i C 2 (X), si verifica che 2 (W ) = a 1 (x 1 z 1 )+a 2 (x 2 z 2 )+b 1 (y 1 u 1 )+b 2 (y 2 u 2 )+α 1 (x 1 u 2 )+α 2 ( u 1 +x 2 )+β 1 (y 1 x 1 )+ +β 2 ( x 2 + y 2 ) + γ 1 ( y 1 + z 1 ) + γ 2 ( y 2 + z 2 ) + δ 1 (u 1 z 1 ) + δ 2 (u 2 z 2 ). Adesso, risolvendo un sistema lineare a coefficienti in Z, si trova che ker 2 = Z (A i + B i + C i + D i ) = Z. Poiché come generatori di C 2 (X) si possono anche prendere A 1, A 2, B 1, B 2, C 1, C 2, D 1, A i + B i + C i + D i
4 (basta verificare che la matrice del cambiamento di base è una matrice a coefficienti in Z, con determinante uguale a ±1), si ha che 2 C 2 (X) = 2 (A i ), 2 (B i ), 2 (C i ), 2 (D 1 ), cioè 2 C 2 (X) è un gruppo abeliano libero di rango 7. Calcoliamo adesso i gruppi di omologia: H 2 (X) = ker 2 /Im( 3 ) = Z ; H 0 (X) = ker 0 /Im( 1 ) = C 0 (X)/Im( 1 ) = ZP ZQ/Z(P Q) = ZP Z(P Q)/Z(P Q) = Z; H 1 (X) = ker 1 /Im( 2 ) = = a 1, a 2, b 1, b 2, α 1 α 2, α 2 β 1, β 1 β 2, β 2 γ 1, γ 1 γ 2, γ 2 δ 1, δ 1 δ 2 / 2 (A i ), 2 (B i ), 2 (C i ), 2 (D 1 ) ; Osserviamo che come generatori di ker 1 possiamo anche prendere a 1, a 2, b 1, b 2, 2 (A 1 ), 2 (A 2 ), 2 (B 1 ), 2 (B 2 ), 2 (C 1 ), 2 (C 2 ), 2 (D 1 ), in quanto la matrice del cambiamento di base corrispondente ( I4 O M ), con M = ha determinante uguale a -1. A questo punto è facile vedere che H 1 (X) = Z Z Z Z. 3. Generalizzando il metodo illustrato nell esempio precedente, si calcola l omologia simpliciale della superficie compatta orientabile data dalla somma connessa di n tori X = T #... #T, con la struttura di -complesso qui sotto
5 Abbiamo C 1 (X) = C 0 (X) = ZP ZQ; n Za i Zb i Zα i Zβ i Zγ i Zδ i ; C 2 (X) = n ZA i ZB i ZC i ZD i. 0 0; 3 0, perché non ci sono celle di dimensione tre; L omomorfismo 1. 1 (a i ) = 1 (b i ) = P P = 0, per i = 1, 2; 1 (α i ) = 1 (β i ) = 1 (γ i ) = 1 (δ i ) = P Q, per i = 1, 2. L immagine di 1 è data da 1 C 1 (X) = Z(P Q). Se W = n i= x ia i + y i b i + z i α i + u i β i + v i γ i + w i δ i C 1 (X), si ha che 1 (W ) = 0 n z i + u i + v i + w i = 0. Ne segue che ker 1 è il gruppo abeliano libero di rango 2n + 4n 1 = 6n 1, di generatori a 1,..., a n, b 1,..., b n, α 1 α 2, α 3 α 3,..., α n 1 α n, α n β 1, β 1 β 2,..., β n γ 1, γ 1 γ 2,..., γ n δ 1, δ 1 δ 2,..., δ n 1 δ n. L omomorfismo 2.
6 Abbiamo 2 (A 1 ) = α 1 + a 1 β 1, 2 (B 1 ) = β 1 + b 1 γ 1, 2 (C 1 ) = γ 1 a 1 δ 1, 2 (D 1 ) = δ 1 b 1 α 2 ; 2 (A i ) = α i + a i β i, 2 (B i ) = β i + b i γ i, 2 (C 1 ) = γ i a i δ i, 2 (D i ) = δ i b i α i+1 ; 2 (A n ) = α n +a n β n, 2 (B n ) = β n +b n γ n, 2 (C n ) = γ n a n δ n, 2 (D n ) = δ n b n α 1. Posto W = n x ia i + y i B i + z i C i + u i D i C 2 (X), risolvendo un sistema lineare a coefficienti in Z, si trova che n ker 2 = Z (A i + B i + C i + D i ) = Z. Poiché come generatori di C 2 (X) si possono anche prendere A 1,..., A n, B 1,..., B n, C 1,..., C n, D 1,..., D n 1, n A i + B i + C i + D i (basta osservare che la matrice del cambiamento di base è una matrice a coefficienti in Z, con determinante uguale a ±1), si ha che 2 C 2 (X) = 2 (A 1 ),..., 2 (A n ), 2 (B 1 ),..., 2 (B n ), 2 (C 1 ),..., 2 (C n ), 2 (D 1 ),..., 2 (D n 1 ), cioè 2 C 2 (X) è un gruppo abeliano libero di rango 4n 1. Calcoliamo adesso i gruppi di omologia: H 2 (X) = ker 2 /Im( 3 ) = Z ; H 0 (X) = ker 0 /Im( 1 ) = C 0 (X)/Im( 1 ) = ZP ZQ/Z(P Q) = ZP Z(P Q)/Z(P Q) = Z; Per calcolare H 1 (X) = ker 1 /Im( 2 ), osserviamo che come generatori di ker 1 possiamo anche prendere a 1,..., a n, b 1,..., b n, 2 (A 1 ),..., 2 (A n ), 2 (B 1 ),..., 2 (B n ), 2 (C 1 ),..., 2 (C n ), 2 (D 1 ),..., 2 (D n 1 ). (anche questa volta il cambiamento di base è dato da una matrice con determinante ±1 :... ) A questo punto è facile vedere che H 1 (X) = Z Z... Z Z = Z 2n.
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