Задачи по гомологиям

[GYNJ]

Здравствуйте, помогите разобраться со следующими задачами:

1) Вычислите группы симплициальных гомологий треугольного парашюта, полученного из треугольника склеиванием вершин в одну точку(обозн. M)

Я выбрал ориентации симплексов так, чтобы все было сонаправлено, цепной комплекс: $...\to 0 \to \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}^3 \to \mathbb{Z} \to 0$. Ясно что $Im\partial_{0}=0$ далее $\partial_{1}(a,b,c)=A-A+A-A+A-A=0$(A- это единственная вершина) значит $Ker\partial_{1}=\mathbb{Z}^{3} , Im\partial_{1}=0$. $\partial_{2}(q*e)=q(a+b+c) $(e- двумерный симплекс) тогда отсюда видно что $Im\partial_{2}=\mathbb{Z}^3, Ker\partial_{2}=\mathbb{Z}^2$.
Тогда гомологии такие: $H_{0}(M)=\mathbb{Z}/0=\mathbb{Z}$ (вроде верно, т.к парашют стягиваем)
$H_{1}(M)=\mathbb{Z}^{3}/\mathbb{Z}^{3}=0$ (совпадает с абеленизацией $\pi_{1}$)
$H_{2}(M)=\mathbb{Z}^{2}/0=\mathbb{Z}^{2}$ (вот тут может и быть ошибка)
$H_{3+}(M)=0$(тут ясно)

2) Вычислите гомологии $\Delta$-комплекса X, полученного из $\Delta^{n}$ отождествлением всех граней одной размерности. Т.е у X ровно один k-мерный симплекс для каждого $k \leqslant n$.

Комплекс составить легко: $...\to \mathbb{Z} \to \mathbb{Z} \to... \to \mathbb{Z} \to \mathbb{Z} \to 0$

А вот с граничными отображениями уже сложно, но мне все же кажется что $\partial_{k}(e^{k})=e^{k-1}-e^{k-1}=0}$ и тогда $Ker\partial_{k}=\mathbb{Z}, Im\partial_{k}=0}$ тогда $H_{k}(X)=\mathbb{Z}/0=\mathbb{Z}$

3) Выясните, существует ли короткая точная последовательность $ 0 \to \mathbb{Z}_{4} \to \mathbb{Z}_{8}\oplus\mathbb{Z}_{2} \to \mathbb{Z}_{4} \to 0$. Вообще, выяснить какие абелевы группы A включаются в короткую точную последовательность $ 0 \to \mathbb{Z}_{p^{m}} \to A \to \mathbb{Z}_{p^{n}} \to 0$

Первая часть легко делается: первое отображение $t \to (2t,t)$ второе $(x,y) \to x+2y$. Тогда очивидно совпадение образа первого отображения с ядром второго(а два крайних отображения тривиальны)
Вот со второй частью не знаю что делать, придумал лишь это: $A=\bigoplus\limits_{i=1}^{LCM(m,n)}\mathbb{Z}_{p^{k_{i}}}$
где первое отображение такое: $x \to (x*p^{LCM(m,n)}, x*p^{LCM(m,n)},..., x*p)$, второе отображение: $(y_{1},....y_{LCM(m,n)}) \to$ y_{1}*p+...+y_{LCM(m,n)}*p^{LCM(m,n)} -тут тоже образ первого=ядро второго, т.е вроде как один вид A я нашел, как быть с остальными и есть ли они вообще?
(И зачем такое задание добавляют в учебник по топологии? может автор хотел чтобы мы считали эту последовательнотсь как комплекс и по нему определили к какому это пр-ву относится и далее построили явные отображения???(Но ничего подобного в книге не было, поэтому я не знаю))

4) Вычислите группы гомологий $H_{n}(X,A) когда X=S^{2}$ а A- конечный набор точек в X

Здесь я строю длинную точную последовательность: $...\to H_{n}(A) \to H_{n}(S^{2}) \to H_{n}(S^{2},A) \to H_{n-1}(A) \to...$
Гомологии сферы мне известны: нулевая и вторая это $\mathbb{Z}$ остальные нулевые, гомологии A не знаю, но знаю для одноточечного множества, тогда $H_{0}(A)=\mathbb{Z}^{k}$(где k-число точек в A) остальные нулю равны
теперь последовательности явно:
n=0: $...\to \mathbb{Z}^{k} \to 0 \to H_{n}(S^{2},A) \to 0 \to 0$ цепь точная поэтому эта гомология нуль!
n=1: $...\to 0 \to 0 \to H_{n}(S^{2},A) \to \mathbb{Z}^{k} \to 0$ тут очевидный изоморфизм поэтому эта гомология равна $\mathbb{Z}^{k}$
n=2: $...\to 0 \to \mathbb{Z} \to H_{n}(S^{2},A) \to 0 \to 0$ ну тут аналогично $\mathbb{Z}$
n$\geqslant 2$: $...\to 0 \to 0 \to H_{n}(S^{2},A) \to 0 \to 0$ тут ясно ноль

Верно ли я решил это? в книжке есть аналогичная задача где вместо сферы тор, там же все абсолютно также, только еще гомологии тора посчитать надо(ну симплициальные посчитать для его $\Delta$-комплекса

[vpb]

GYNJ в сообщении #1505134 писал(а):

Первая часть легко делается: первое отображение $t \to (2t,t)$ второе $(x,y) \to x+2y$. Тогда очивидно совпадение образа первого отображения с ядром второго(а два крайних отображения тривиальны)

Верно, хотя и не совсем очевидно.

GYNJ в сообщении #1505134 писал(а):

Вот со второй частью не знаю что делать,

Это делается, грубо говоря, по аналогии с первой...

GYNJ в сообщении #1505134 писал(а):

придумал лишь это

Неправильно. Там будут группы ранга $\leq2$. Более того, (1)если $A$ --- абелева $p$-группа ранга $r$, то любая ее подгруппа $B<A$, как и любая факторгруппа $A/B$, имеет ранг $\leq r$; (Здесь ранг конечной абелевой $p$-группы означает число слагаемых в разложении ее в прямую сумму циклических). (2) Если $A$ --- группа (абелева $p$-группа), $B<A$ --- ее подгруппа, то всегда $\operatorname{rk}(A)\leq\operatorname{rk}(B)+\operatorname{rk}(A/B)$.

-- 15.02.2021, 17:23 --

GYNJ в сообщении #1505134 писал(а):

И зачем такое задание добавляют в учебник по топологии?

Так надо ! Мамой клянусь !

-- 15.02.2021, 17:34 --

GYNJ в сообщении #1505134 писал(а):

парашют стягиваем)

Нет, это неверно. Он стягиваем в трехмерном пространстве, но сам по себе (т.е. внутри самого себя) не стягиваем. Аналогично, петля стягиваема на плоскости, но не внутри самой себя (т.е. окружности).

-- 15.02.2021, 17:40 --

GYNJ в сообщении #1505134 писал(а):

Я выбрал ориентации симплексов так, чтобы все было сонаправлено, цепной комплекс: $...\to 0 \to \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}^3 \to \mathbb{Z} \to 0$. Ясно что $Im\partial_{0}=0$ далее $\partial_{1}(a,b,c)=A-A+A-A+A-A=0$(A- это единственная вершина) значит $Ker\partial_{1}=\mathbb{Z}^{3} , Im\partial_{1}=0$. $\partial_{2}(q*e)=q(a+b+c) $(e- двумерный симплекс) тогда отсюда видно что $Im\partial_{2}=\mathbb{Z}^3, Ker\partial_{2}=\mathbb{Z}^2$.
Тогда гомологии такие: $H_{0}(M)=\mathbb{Z}/0=\mathbb{Z}$ (вроде верно, т.к парашют стягиваем)
$H_{1}(M)=\mathbb{Z}^{3}/\mathbb{Z}^{3}=0$ (совпадает с абеленизацией $\pi_{1}$)
$H_{2}(M)=\mathbb{Z}^{2}/0=\mathbb{Z}^{2}$ (вот тут может и быть ошибка)
$H_{3+}(M)=0$(тут ясно)

Не знаю даже что писать. Здесь практически всё неверно. Вторая группа не может быть ${\mathbb Z}\oplus{\mathbb Z}$, так как двумерный симплекс один.

-- 15.02.2021, 17:55 --

Может быть, "стягиваем" со "связен" перепутали ? Тогда да.

[GYNJ]

vpb в сообщении #1505143 писал(а):

Может быть, "стягиваем" со "связен" перепутали ? Тогда да.

Да, напутал
я пересчитал и вот что получил: $Ker(\partial_{2})=0$ т.к $\partial_{2}(q*e)=q*(a+b+c)=0$ только когда $q=0$, а $Im\partial_{2}=\mathbb{Z}$, тогда $H_{2}(M)=0$
Но все таки $Ker\partial_{1}=\mathbb{Z}^3$ т.к $\partial_{1}(m*a+n*b+p*c)=m(A-A)+n(A-A)+p(A-A)=0$ - при любых $m,n,p$
тогда первая гомология странная выходит(в смысле что не ноль)

[GYNJ]

vpb

vpb в сообщении #1505143 писал(а):

Там будут группы ранга $\leq2$

Тогда вот такое решение: $A=\mathbb{Z}_{p^{k}}\oplus \mathbb{Z}_{p^{t}}$ и отображения будут такими $x \to (p^{r}x, p^{s}x)$ и $ (y,z) \to p^{s}y+p^{r}z$ где $r+s=n$

Если ранг группы равен одному, то отображения такие: $x \to p^{a}x$ и $y\to p^{b}y$, где $a+b=n$

[GYNJ]

В 4-ом я использовал тот факт, что если $X=\cup A_{i}$ где $A_{i}$- связные, то $H_{n}(X)=\oplus H_{n}(A_{i})$
Со второй задачей пока идей больше нет

[vpb]

GYNJ в сообщении #1505172 писал(а):

$Ker(\partial_{2})=0$ т.к $\partial_{2}(q*e)=q*(a+b+c)=0$ только когда $q=0$

Непонятно, при чем тут джойн. Джойн треугольника и точки --- это тетраэдр, а вовсе не парашют. В любом случае, гомологии нашли правильно. В том, что первые гомологии --- не нуль, ничего странного нет. Небольшое размышление показывает, что "тройное ребро" (т.е. комплекс, у которого есть две вершины $v_1$, $v_2$, и между ними три ребра $e_1$, $e_2$, $e_3$, а двумерных симплексов вообще нет) является деформационным ретрактом парашюта. А у тройного ребра первые гомологии --- это ${\mathbb Z}\oplus{\mathbb Z}$.

(Если что, "тройное ребро" --- это мой собственный термин, который я сейчас придумал, в книжках такого нет (а может, и есть...)).

-- 17.02.2021, 22:42 --

GYNJ в сообщении #1505347 писал(а):

Тогда вот такое решение: $A=\mathbb{Z}_{p^{k}}\oplus \mathbb{Z}_{p^{t}}$ и отображения будут такими $x \to (p^{r}x, p^{s}x)$ и $ (y,z) \to p^{s}y+p^{r}z$ где $r+s=n$

Это непонятно. Для понятности обычно пишут больше слов, например: "Пусть ... . Тогда существует единственное $y\in L$ такое, что ... . Обозначим . Тогда ... . Откуда в силу предыдущих замечаний ... . Поэтому для любого .... имеем $z=0$. Теорема доказана. " Понимаете, что я имею в виду ? Маленькое сочинение.

Ах да, нынче же в школе на литературе сочинений не пишут. Значит, рекомендуется читать классические образцы. Хатчер, увы --- плохой образец (у него сплошное рукомахательство). Что бы рекомендовать для образца, как излагать свои мысли ? Надо посмотреть, однако ...

-- 17.02.2021, 23:08 --

Вот три прекрасные по стилю книжки:
Фихтенгольц, Курс дифференциального и интегрального исчисления;
Масси, Столлингс. Алгебраическая топология. Введение.
Понтрягин, Основы комбинаторной топологии.

-- 17.02.2021, 23:15 --

GYNJ в сообщении #1505475 писал(а):

Со второй задачей пока идей больше нет

Тут полезно заметить, между прочим, что такие комплексы бывают разные. Допустим, для размерности $2$. У комплекса одна вершина, по определению. И одно ребро, которое, таким образом, непременно приклеивается к вершине в виде петли (окружности). Дальше надо 2-симплекс, то есть треугольник, к этой окружности приклеить так, чтоб каждое ребро пошло по окружности. И это, как легко усмотреть, можно сделать несколькими способами. Соответственно, и группы 1-гомологий будут разные ...

[vpb]

GYNJ в сообщении #1505134 писал(а):

n$\geqslant 2$: $...\to 0 \to 0 \to H_{n}(S^{2},A) \to 0 \to 0$ тут ясно ноль

Тут, очевидно, $n>2$ в виду имелось, а не $n\geq2$ ?

GYNJ в сообщении #1505134 писал(а):

n=2: $...\to 0 \to \mathbb{Z} \to H_{n}(S^{2},A) \to 0 \to 0$ ну тут аналогично $\mathbb{Z}$

Верно.

-- 17.02.2021, 23:33 --

GYNJ в сообщении #1505134 писал(а):

n=0: $...\to \mathbb{Z}^{k} \to 0 \to H_{n}(S^{2},A) \to 0 \to 0$ цепь точная поэтому эта гомология нуль!

Вообще-то, $H_0(S^2)\cong{\mathbb Z}$.

[GYNJ]

vpb в сообщении #1505520 писал(а):

Тут, очевидно, $n>2$ в виду имелось, а не $n\geq2$ ?

Да, опечатка вышла

vpb в сообщении #1505515 писал(а):

Допустим, для размерности $2$. У комплекса одна вершина, по определению. И одно ребро, которое, таким образом, непременно приклеивается к вершине в виде петли (окружности).

Я просто и представлял это многообразие таким образом, что каждая клетка начинается и заканчивается на клетке размерности на 1 ниже, и тем самым получал нулевое граничное отображение

vpb в сообщении #1505520 писал(а):

Вообще-то, $H_0(S^2)\cong{\mathbb Z}$.

Тогда получается вот такая последовательность $...\to \mathbb{Z}^{k} \to \mathbb{Z} \to H_{0}(S^{2},A) \to 0 \to 0$ и гомология равна $Z$ тогда.

Касательно 4-ой задачи, есть подобная в которой надо посчитать $H_{1}(\mathbb{R};\mathbb{Q})$, можно ли здесь решать подобным образом, а именно верно ли что $H_{1}(\mathbb{Q})=\mathbb{Z}^{\infty}$?(т.е аналогично с подпространством A)