ALGEBRAISCHE TOPOLOGIE

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1 ALGEBRAISCHE TOPOLOGIE OLIVER C. SCHNÜRER Zusammenfassung. Be desem Manuskrpt handelt es sch um Notzen zu ener Vorlesung Algebrasche Topologe an der Freen Unverstät Berln m Sommersemester 2007 und an der Unverstät Konstanz m Sommersemester Wr folgen nsbesondere [2]. Velen Dank an Arno Fehm, Felx Jachan und Ananda Lahr für zahlreche Korrekturen. Inhaltsverzechns 0. Zele der Algebraschen Topologe 1 1. Motvaton Homologe 2 2. Smplzale Homologe 3 3. Snguläre Homologe 8 4. Homotopenvaranz Exakte Sequenzen und Ausschnedungen De Äquvalenz von smplzaler und sngulärer Homologe Abbldungsgrad Zelluläre Homologe Eulercharakterstk Mayer-Vetors Sequenzen Klasssche Anwendungen 55 Anhang A. Topologsche Grundlagen 58 Lteratur Zele der Algebraschen Topologe We kann man topologschen Räumen oder ener Klasse von topologschen Räumen algebrasche Objekte, bespelswese Gruppen, zuordnen, de es erlauben, Räume zu unterscheden. Wunsch: Fnde ene Zuordnung topologsche Räume Gruppen, de es erlaubt, topologsch unterschedlche Räume zu unterscheden, aber auf hömoomorphen Räumen dasselbe Ergebns lefert. Dese Zuordnung sollte effzent berechenbar sen und für ncht zu komplzerte topologsche Räume ebensolche Gruppen lefern. Wr haben mt Hlfe der Fundamentalgruppe Räume und Wege unterscheden können, bespelswese Wege n R 2 \ {p, q} oder kombnatorsche Graphen Mathematcs Subject Classfcaton

2 2 1. MOTIVATION HOMOLOGIE Zwedmensonale kompakte Flächen konnten wr mt Hlfe der Fundamentalgruppe sogar klassfzeren, d. h. wr konnten Modellflächen angeben und mt Hlfe hrer Fundamentalgruppen untersuchen, so dass jede solche Fläche zu ener deser Modellflächen homöomorph st. De Dmenson enes Raumes (be der der Zelraum kene Gruppe st) erlaubt es, Räume zu unterscheden. Aus der Analyss st bekannt, dass offene Telmengen des R n und des R m nur für m = n dffeomorph snd. Wr werden sehen, dass des auch für Homöomorphsmen rchtg st. Wr werden Exstenzsätze bewesen, bespelswese, dass jede stetge Selbstabbldung von B 1 (0) R n enen Fxpunkt bestzt. In der Varatonsrechnung st es häufg nützlch, Mnma n ener Homotopeklasse zu suchen, wenn globale Mnma trval snd, bespelswese be geschlossenen Kurven n ener Manngfaltgket, wenn wr das Längenfunktonal mnmeren. Klassfzere alle geschlossenen dredmensonalen Manngfaltgketen (Thurston). Ene geschlossene dredmensonale Manngfaltgket M mt π 1 (M) = {0} st homöomorph zu S 3 (Poncaré, Hamlton, Perelman) Motvaton Homologe Wr haben gesehen (Topologe Vorlesung), dass de Fundamentalgruppe es erlaubt, topologsche Räume nederer Dmenson zu unterscheden. Allerdngs hängt de Fundamentalgruppe enes CW-Komplexes nur von senem 2-Skelett ab. Als höherdmensonale Verallgemenerung der Fundamentalgruppe π 1 (X), be der Abbldungen S 1 X betrachtet werden, kann man höhere Homotopegruppen π k (X), be denen man Homotopeklassen von Abbldungen S k X betrachtet, berechnen. Dese ermöglchen es bespelswese, Sphären unterschedlcher Dmenson zu unterscheden, snd aber m allgemenen komplzert zu berechnen. Homologegruppen erlauben es ebenfalls, bespelswese Sphären unterschedlcher Dmenson zu unterscheden, snd aber m allgemenen enfacher als Homotopegruppen zu berechnen Bespele. Se X 1 en Graph, der aus zwe Ecken x und y und ver gerchteten Kanten a, b, c und d besteht, de jewels von x nach y laufen. Dann st π 1 (X 1 ) = Z Z Z. Wr machen nun π 1 (X 1 ) künstlch abelsch. Damt werden ab 1 und b 1 a glech. Während ab 1 en Weg von x nach x st, st b 1 a en Weg von y nach y. Wege be denen Anfangs- und Endpunkt festgelegt snd, werden also zu geschlossenen Wegen mt belebgen Anfangs- und Endpunkten, zu Zykeln. Wr schreben de erhaltene Gruppe nun addtv, also bespelswese a b + c d. Wr nennen des Ketten von Kanten. Manchmal gbt es mehrere Zerlegungen n geschlossene Wege, z. B. glt (a c) + (b d) = (a d) + (b c). Dese unterscheden wr ncht. Wr nennen nun allgemener enen Zykel ene Summe von Kanten, für de es mndestens ene solche Zerlegung n geschlossene Wege gbt. Ene Kette ka + lb + mc + nd mt k, l, m, n Z st genau dann en Zykel, falls jede Ecke genau so oft betreten we verlassen wrd (Klene Übung). In unserem Fall st de Anzahl, we oft y betreten (postv gezählt) und verlassen (negatv geählt) wrd, gerade k + l + m + n. Für x erhalten wr entsprechend k l m n. Somt st ka + lb + mc + nd genau dann en Zykel, falls k + l + m + n = 0 glt.

3 2.1. -KOMPLEXE 3 Se nun etwas allgemener C 1 de free abelsche Gruppe, de von den Kanten a, b, c, d erzeugt wrd und C 0 de free abelsche Gruppe, de von den Ecken x und y erzeugt wrd. Elemente von C 1 snd dann Ketten von Kanten oder 1-dmensonale Ketten und Elemente von C 0 snd Ketten von Punkten oder 0-dmensonale Ketten. Wr defneren nun enen Homomorphsmus : C 1 C 0, ndem wr jede der ver Kanten a, b, c, d n unserem Bespel auf y x abblden, also auf den Endpunkt des Weges mnus den Anfangspunkt des Weges. Daher glt (ka + lb + mc + nd) = (k + l + m + n)y (k + l + m + n)x und somt snd de Zykel gerade de Elemente n ker. Man überlegt sch, dass a b, b c und c d ene Bass für den Kern von blden. Somt st jeder Zykel n X 1 ene Lnearkombnaton von desen dre Zykeln. Dese Zykel entsprechen gerade den dre Löchern n X 1. Kleben wr nun entlang a b ene 2-Zelle A en, so erhalten wr enen neuen Komplex: X 2. Ist A geegnet orentert, so st a b gerade der Rand der 2-Zelle A. Damt wrd a b zusammenzehbar, also homotop trval. Des legt es nahe, aus der Gruppe der Zykel für X 1 de von a b erzeugte Untergruppe herauszudvderen. Damt werden n deser neuen Gruppe nsbesondere a c und b c glech, was der Tatsache entsprcht, dass se n X 2 homotop zuenander snd. Se nun C 2 de unendlche zyklsche von A erzeugte Gruppe. Wr defneren 2 : C 2 C 1 durch 2 (A) = a b. Den Gruppenhomomorphsmus, der her m Bespel X 1 entsprcht, wollen wr mt 1 : C 1 C 0 bezechnen. Wr erhalten en Paar von Homomorphsmen C 2 2 C 1 1 C 0. Wr nteresseren uns nun für ker 1 / m 2, also für de 1-dmensonalen Zykel modulo der Zykel, de Ränder von 2-Zellen snd. Des st de Homologegruppe H 1 (X 2 ). Wr können nun weter höherdmensonale Zellen n X 2 hnenkleben und entsprechende Randoperatoren defneren. Des funktonert we folgt. Zu enem Zellkomplex X defneren wr Kettengruppen C n (X) als free abelsche Gruppen, de von den n-zellen von X als Bass erzeugt werden. Wr defneren geegnete Randabbldungen n : C n (X) C n 1 (X) und erhalten Homologegruppen H n (X) = ker n / m n+1. Insbesondere snd also de Randabbldungen n noch geegnet zu defneren. Wr werden m Folgenden Homologe zunächst für Komplexe und danach für allgemene topologsche Räume defneren. Smplzale und Snguläre Homologe wurden von Elenberg und Zlber um 1944/1950 herum engeführt. 2. Smplzale Homologe Komplexe. Herfür und für sehr ähnlche Konstruktonen gbt es n der Lteratur unterschedlche Bezechnungen, z. B. (sem-)smplzale Komplexe. Wr haben gesehen (Topologe Vorlesung), dass wr geschlossene orenterbare Flächen (bs auf Homöomorphsmen) erhalten, ndem wr Kanten an Dreecken dentfzeren. Des wrd her nun verallgemenert. Defnton 2.1 (Smplex). Seen v 0,..., v n Punkte n R m, de ncht n ener affnen Ebene mt Dmenson < n legen, d. h. de Vektoren v 1 v 0,..., v n v 0 sollen lnear unabhängg sen. Dann st de konvexe Hülle deser Punkte, [v 0,..., v n ], en

4 4 2. SIMPLIZIALE HOMOLOGIE n-smplex und v snd de Ecken des Smplexes. Das Standard n-smplex st gegeben durch { } n n = (t 0,..., t n ) R n+1 : t = 1 und t 0 für alle. Wr unterscheden Smplzes je nach Rehenfolge der Ecken. Wr erhalten enen kanonschen lnearen Homomorphsmus =1 n [v 0,..., v n ], n (t 0,..., t n ) t v. De Koeffzenten t heßen baryzentrsche Koordnaten des Punktes n t v [v 0,..., v n ]. =0 Lassen wr ene der (n+1) Ecken enes n-smplexes [v 0,..., v n ] weg, so erzeugen de restlchen n Ecken en (n 1)-Smplex, ene Sete von [v 0,..., v n ]. Wr wollen dabe de Ecken n der Sete enes Smplexes mmer so anordnen, we se m Smplex angeordnet waren. Wr schreben für de Sete, de wr erhalten, wenn wr de Ecke v weglassen, [v 0,..., ˆv,..., v n ] oder [v 0,..., v n 1, v n+1,..., v n ]. De Verengung aller Seten enes Smplexes n heßt Rand von n, wr schreben n. Das offene Smplex n st das Innere von n, n \ n. Defnton 2.2. Ene -Komplex Struktur auf enem topologschen Raum X st ene Famle von stetgen Abbldungen σ α : n X, wobe n von α abhängt, so dass () De Enschränkung σ α n st njektv und jeder Punkt n X legt m Bld von genau ener solchen Enschränkung σ α n. () Jede Enschränkung von σ α auf ene Sete von n st ene der Abbldungen σ β : n 1 X. Herbe dentfzeren wr ene Sete von n mt n 1 vermöge des kanonschen lnearen Isomorphsmusses zwschen hnen, der de Rehenfolge der Eckpunkte erhält. () Ene Menge A X st genau dann offen, wenn σα 1 (A) für alle σ a n n offen st. X heßt -Komplex. De Abbldungen σ α werden auch als charakterstsche Abbldungen bezechnet. Bemerkung 2.3. De üblchen Zerlegungen von Torus oder Klenscher Flasche lefern gerade ene -Komplex Struktur. De letzte Bedngung schleßt Trvaltäten aus we bespelswese, dass wr X als Verengung sener Punkte darstellen. De letzte Bedngung schert weterhn, dass X (bs auf enen Homöomorphsmus) en Quotentenraum von ener Famle von dsjunkten Smplzes n α st. Wr nehmen en Smplex n α für jede Abbldung σ α : n X und betrachten den Quotentenraum, ndem wr jede Sete von n α mt dem Smplex n 1 β dentfzeren, der n der zweten Bedngung auftaucht, σ β st also gerade de Enschränkung von σ α auf de entsprechende Sete. =0

5 2.2. SIMPLIZIALE HOMOLOGIE 5 Wr können enen -Komplex nduktv aufbauen, ndem wr an Punkte 1-Smplexe, 2-Smplexe,... ankleben. Auf dese Wese sehen wr, dass wr enen -Komplex ren kombnatorsch beschreben können als Famle von n-smplexen n α für alle n mt Abbldungen von ener Sete enes n-smplexes n α auf en (n 1)-Smplex n 1 β. Nach Defnton enes -Komplexes snd dese Abbldungen affn lnear. Aufgaben. Aufgabe 2.1. Se X en CW-Komplex. Se X k das k-skelett von X. Dann nduzert de Abbldung : X k X enen Gruppenhomomorphsmus : π 1 (X k ) π 1 (X). Zege, dass für k = 1 surjektv und für k 2 en Isomorphsmus st. Aufgabe 2.2. Zege, dass de folgenden Räume CW-Komplexe snd, bzw. ene -Komplex Struktur bestzen: T 2, S 2, de Klensche Flasche, RP 2. Aufgabe 2.3. Zege, dass es ene stetge surjektve Abbldung [0, 1] [0, 1] 3 gbt und gb en Bespel für solch ene Abbldung an, de ken Homöomorphsmus st (oder bewese, dass kene solche Abbldung en Homöomorphsmus st). Aufgabe 2.4. Untersuche, welche der folgenden Räume zuenander homöomorph bzw. homöomorph zu enem Telraum snd: R S 1 S 2 R 2 T 2 R 3 R S 1 S 2 R 2 T 2 R 3 Enge Fälle kann man mt dem aktuellen Kenntnsstand noch ncht behandeln Smplzale Homologe. Defnton 2.4. Se X en -Komplex. Se n (X) de free abelsche Gruppe, de von den offenen n-smplzes e n α n α erzeugt wrd. De Elemente von n (X) heßen n-ketten und lassen sch als endlche formale Summen n α e n α mt Koeffzenten α n α Z schreben. Alternatv schrebt man auch n α σ α, wobe σ α : n X we α n Defnton 2.2 ene charakterstsche Abbldung st. Bemerkung 2.5. Solch ene Summe n α σ α kann man sch als endlche Famle α (oder Kette) von n-smplzes n X mt ganzzahlgen Velfachheten n α vorstellen. Wollen wr auf Smplzes enen Randoperator enführen, so wollen wr des so machen, dass sch de Orenterung des Smplexes auf sene Seten vererbt. In nederen Dmensonen erhalten wr [v 0, v 1 ] = [v 1 ] [v 0 ], [v 0, v 1, v 2 ] = [v 1, v 2 ] [v 0, v 2 ] + [v 0, v 1 ], [v 0, v 1, v 2, v 3 ] = [v 1, v 2, v 3 ] [v 0, v 2, v 3 ] + [v 0, v 1, v 3 ] [v 0, v 1, v 2 ]. Des legt de folgende Defnton nahe.

6 6 2. SIMPLIZIALE HOMOLOGIE Defnton 2.6. Se X en -Komplex. Wr defneren enen Randoperator n : n (X) n 1 (X) durch Festlegung auf Basselementen σ α : n [v 0,..., v n ] X (und lnearer Fortsetzung): n (σ α ) = ( 1) σ α [v 0,..., ˆv,..., v n ]. Beachte dabe, dass de rechte Sete n n 1 (X) legt, da jede Enschränkung σ α [v 0,..., ˆv,..., v n ] ene charakterstsche Abbldung enes (n 1)-Smplexes von X st. Lemma 2.7. Für n (X) n n 1 (X) n 1 n 2 (X) glt n 1 n = 0. Bewes. Es glt und daher n (σ) = n ( 1) σ [v 0,..., ˆv,..., v n ] =0 n 1 n (σ) = j<( 1) ( 1) j σ [v 0,..., ˆv j,..., ˆv,..., v n ] + j>( 1) ( 1) j 1 σ [v 0,..., ˆv,..., ˆv j,..., v n ]. Dese beden Summen stmmen aber bs auf das Vorzechen überen. Daher glt n 1 n (σ) = 0 für alle σ n ener Bass von n (X) und damt folgt de Behauptung aufgrund der Lneartät. Defnton 2.8. Seen C := (X) Gruppen we oben. Wr defneren 0 : C 0 0 als de Nullabbldung; gegebenenfalls auch für alle negatven Indces. Dann erhalten wr ene Folge von Homomorphsmen abelscher Gruppen... C n+1 n+1 C n n C n 1... C 1 1 C Es glt n n+1 = 0 für alle n. Ist ene solche Folge abelscher Gruppen und ene Folge von Homomorphsmen mt n n+1 = 0 gegeben, so heßt ene solche Folge von Homomorphsmen abelscher Gruppen Kettenkomplex. Aus n n+1 = 0 folgt m n+1 ker n. Da de betelgten Gruppen abelsch snd, können wr den Quotenten blden. Wr defneren de n-te Homologegruppe des Kettenkomplexes als de Quotentengruppe H n := ker n / m n+1. Elemente n ker n heßen Zykel und Elemente n m n+1 heßen Ränder. De Nebenklassen von m n+1 snd de Elemente von H n und heßen Homologeklassen. Zwe Zykel, de deselbe Homologeklasse repräsenteren, heßen homolog. De Dfferenz zweer homologer Zykel st daher en Rand, d. h. das Bld ener Kette unter dem Randoperator. Defnton 2.9 (Smplzale Homologe). Ist C n = n (X), dann heßt der Quotent ker n / m n+1 de n-te smplzale Homologegruppe von X und wrd mt H n (X) bezechnet. Bespel Se X = S 1 mt ener Ecke v und ener Kante e. Dann snd 0 ( S 1 ) und 1 ( S 1 ) bede somorph zu Z und es glt 1 (e) = v v = 0. Für n 2 st

7 2.2. SIMPLIZIALE HOMOLOGIE 7 n ( S 1 ) = 0, da n desen Dmensonen kene Smplzes auftreten. Der Kettenkomplex hat damt de Gestalt Es glt daher H n 0 Z 0 Z ( S 1 ) = {Z für n = 0, 1, 0 für n 2. Es glt allgemen, dass de Homologegruppen enes Kettenkomplexes somorph zu den Kettengruppen selbst snd, wenn alle Randabbldungen verschwnden. Bespel Se X = T 2 der zwedmensonale Torus mt ener -Komplex Struktur bestehend aus zwe Dreecken U und L, de an ener gemensamen Kante c zu enem Quadrat zusammengeklebt snd, zwe weteren Kanten a und b, de jewels geegnet dentfzert werden und ener Ecke. Es folgt( we m letzten Bespel, dass 1 = 0 glt. Somt st m 1 = 0 und es folgt H ) 0 T 2 = ker 0 = Z. ( Es glt 2 U = a + b c = 2 L. Nun st {a, b, a + b c} ene Bass für ) 1 T 2 (. Daher glt H ) 1 T 2 = Z Z und de Homologeklassen ( [a] und [b] blden ene Bass davon. Da kene 3-Smplzes auftreten, glt H ) 2 T 2 = ker 2. Deser st somorph zu Z und bestzt als Bass Elemente der Form U L, denn es glt 2 (pu + ql) = (p + q)(a + b c) = 0 genau dann, wenn p = q st. Wr erhalten also H n ( T 2 ) = Z Z für n = 1, Z für n = 0, 2, 0 für n 3. Bemerkung Bsher haben wr uns noch ncht überlegt, ob de Gruppen H n (X) von der -Komplex Struktur auf X abhängen. Oder allgemener: Haben homotopeäquvalente Räume somorphe smplzale Homologegruppen? Dese Fragen wollen wr mt Hlfe der sngulären Homologetheore später beantworten. Wr werden dazu nsbesondere zegen, dass de smplzalen und de sngulären Homologegruppen für -Komplexe überenstmmen. Aufgaben. Aufgabe 2.5. a) Seen : C C 1, Z, Homomorphsmen abelscher Gruppen. Zege, dass n n+1 = 0 m n+1 ker n st. b) Zege, dass H n := ker n / m n+1 wohldefnert st. c) Bestmme de Homologegruppen zu d) Bestmme de Homologegruppen zu... 0 Z Z Z 2 Z 0, wobe n der Mtte de Abbldung x 2x steht. e) Bestmme de Homologegruppen zu Z 1 Z 0 Z 1 Z Z p2 Z 0,

8 8 3. SINGULÄRE HOMOLOGIE wobe 1 : Z Z Z, x (x, 0), f) Bestmme de Homologegruppen zu p 2 : Z Z Z, (x, y) y Z 1 Z 0 Z 1 Z 0 Z 0 Z 0. g) Untersuche, wann H n = 0 für alle n glt. Aufgabe 2.6. Berechne de smplzale Homologe der Klenschen Flasche. Aufgabe 2.7. Berechne de smplzale Homologe der Sphäre S 2. Gb für S k, k 2, ene -Struktur an und berechne de smplzale Homologe von S k, (zunächst) H n (S k ) mt k 3 und H k (S k ). De anderen Homologegruppen snd ncht so enfach zugänglch. Aufgabe 2.8. Les und verstehe n dener Leblngsquelle de Defnton ener freen Gruppe und we man daraus durch Herausdvderen von Relatonen ene free abelsche Gruppe bekommt. Weso st de Beschrebung über Wörter und Relatonen zu den Beschrebungen als formal endlche Summe und als drekte Summe von Kopen von Z äquvalent. (Des st ene Lese- und Verstehaufgabe. Es geht also darum, dass du de Aussagen so gut verstehst, dass du se n der Übung vortragen kannst, ene schrftlche Abgabe st ncht nötg, ene mündlche gegensetge Probeerklärung aber sehr empfohlen.) Aufgabe 2.9 (Fnaltopologe, Wederholung). Wederhole Defnton, sowe Endeutgkets- und Exstenzsatz für de Fnaltopologe. Wederhole ebenso de Defnton der Quotententopologe und de Tatsache, dass A X/ genau dann offen st, wenn π 1 (A) X offen st, wobe π : X X/ de kanonsche Projekton st. Vergleche dazu bespelswese das Skrpt zur mengentheoretschen Topologe. 3. Snguläre Homologe Defnton 3.1. Se X en topologscher Raum. En sngulares n-smplex n X st per Defnton ene stetge Abbldung σ : n X. ( Sngulär bedeutet her nur, dass das Bld ncht we en Smplex aussehen muss.) Se C n (X) de free abelsche Gruppe, de als Bass de sngulären Smplzes n X bestzt. Elemente n C n (X) heßen (snguläre) n-ketten und snd endlche formale Summen der Form n σ, wobe n Z st und σ : n X stetge Abbldungen snd. Mt der glechen Formel we be der smplzalen Homologe defneren wr enen Randoperator n : C n (X) C n 1 (X): n (σ) = ( 1) σ [v 0,..., ˆv,..., v n ]. Auch her dentfzeren wr weder [v 0,..., ˆv,..., v n ] n kanonscher Wese mt n 1, wobe wr de Anordnung der Ecken bebehalten. Vermöge deser Identfkaton können wr σ [v 0,..., ˆv,..., v n ] als Abbldung n 1 X betrachten, also als snguläres (n 1)-Smplex. Wr schreben auch statt n für de Abbldung n : C n (X) C n 1 (X), wenn kene Mssverständnsse zu befürchten snd. Lemma 2.7 blebt samt Bewes wortwörtlch gültg, es glt also n n+1 = 0 oder n Kurzschrebwese 2 = 0.

9 3. SINGULÄRE HOMOLOGIE 9 Daher können wr H n (X) := ker n / m n+1 als de n-te snguläre Homolopegruppe defneren. Bede Defntonen haben Vor- und Nachtele, selbst für -Komplexe. Bemerkung 3.2. Unklar st, ob Hn von Wahl der smplzalen Struktur enes topologschen Raumes abhängt. Nach Defnton stmmen de sngulären Homologegruppen H n für homöomorphe Räume überen. Des war für Hn ebenso ncht klar. Für de Gruppen H n st ncht offenschtlch, dass se für enen konkret gegebenen Raum, we z. B. enen Torus, endlch erzeugt snd. Auch st n desem Falle ncht klar, dass nur endlch vele Gruppen H n = 0 snd. De sngulären Homologegruppen enes topologschen Raumes X snd vollständg durch de sngulären Homologegruppen auf den Wegzusammenhangskomponenten von X bestmmt. Proposton 3.3. Se X en topologscher Raum, bestehend aus den Wegzusammenhangskomponenten X α. Dann snd H n (X) und de drekte Summe H n (X α ) α somorph. Bewes. Das Bld enes Smplzes unter ener stetgen Abbldung st mmer wegzusammenhängend. Daher st C n (X) = C n (X α ). De Randabbldung erhält dese α Zerlegung als drekte Summe, C n (X α ) wrd nach C n 1 (X α ) abgebldet. Daher lassen sch auch ker n und m n+1 n drekte Summen zerlegen. Des überträgt sch schleßlch noch auf de Homologegruppen und somt folgt H n (X) = H n (X α ). α Proposton 3.4. Se X und wegzusammenhängend. Dann glt H 0 (X) = Z. Daher st für jeden Raum X de Gruppe H 0 (X) ene drekte Summe von Kopen von Z und zwar von ener pro Wegzusammenhangskomponente. Bewes. Da nach Defnton 0 = 0 glt, folgt H 0 (X) = ( C 0 (X)/ m ) 1. Wr defneren enen Homomorphsmus ε : C 0 (X) Z durch ε n σ = n. Ist X, so st ε surjektv. Falls wr zegen können, dass ker ε = m 1 für enen wegzusammenhängenden Raum X glt, so folgt de Behauptung, denn dann glt H 0 (X) = C 0 (X)/ m 1 = C 0 (X)/ ker ε = m ε = Z ( = n deser Glechung glt für belebge Abbldungen). Wr wollen also ker ε = m 1 bewesen. Se σ : 1 X en snguläres 1- Smplex. Dann glt ε 1 (σ) ( = ε(σ [v ) 1 ] σ [v 0 ]) = 1 1 = 0. Also glt m 1 ker ε. Se andersherum ε n σ = 0, also n = 0. De sngulären 0-Smplzes σ : 0 X können wr mt hren Bldpunkten n X dentfzeren. Wähle enen Basspunkt x 0 X. Se σ 0 das snguläre 0-Smplex mt m σ 0 = {x 0 }. Wähle für jedes enen Weg τ : I X von x 0 nach σ (v 0 ). (Solche Wege exsteren, da X nach Voraussetzung wegzusammenhängend st.) Wr können jedes τ als en snguläres 1-Smplex τ : [v 0, v 1 ] X auffassen. Es glt τ = σ σ 0, wobe wr her τ als

10 10 3. SINGULÄRE HOMOLOGIE Smplex auffassen. Da nach Voraussetzung n = 0 glt, erhalten wr ( ) n τ = n σ n σ 0 = n σ. Daher st n σ en Rand (Bld unter 1 ) und es folgt ker ε m 1. Proposton 3.5. Se X en Punkt, dann glt { H n (X) 0 für n > 0, = Z für n = 0. Bewes. In desem Falle gbt es n jeder Dmenson nur en endeutg bestmmtes n-dmensonales Smplex σ n und es glt (σ n ) = ( 1) σ n 1. Da en n-smplex n + 1 Seten bestzt, treten n + 1 Summanden auf. Somt glt 0 für ungerades n, (σ n ) = σ n 1 für gerades n 2, 0 für n = 0. Wr erhalten also den folgenden Kettenkomplex... Z = Z 0 Z = Z 0 Z 0 0. Daher folgt für de Homologegruppen H n (X) = { Z, n = 0, 0, sonst. Mt der folgenden Defnton von reduzerten Homologegruppen st de Homologe enes Punktes n jeder Dmenson trval. Defnton 3.6. Wr defneren de reduzerten Homologegruppen H n (X) als de Homologegruppen des erweterten Kettenkomplexes 2 ε... C 2 (X) C 1 (X) C 0 (X) Z 0, ( ) wobe ε n σ = n we m Bewes von Proposton 3.4 st. Wr wollen annehmen, dass X st, damt wr kene nchttrvale Homologegruppe n Dmenson 1 erhalten. Bemerkung 3.7. Es glt ε 1 = 0, ε verschwndet also auf m 1 und somt nduzert ε ene Abbldung H 0 (X) Z. Nach Defnton von H 0 (X) st H 0 (X) gerade der Kern der von ε nduzerten Abbldung. Da ε für X surjektv st, d. h. m ε = Z glt, folgt H 0 (X) = H 0 (X) Z. Nach Defnton der reduzerten Homologegruppen st klar, dass H n (X) = H n (X) für n > 0 glt. Formal erhält man das Z m erweterten Kettenkomplex als de von der endeutg bestmmten Abbldung [ ] X erzeugte Gruppe, wobe [ ] der leere Smplex ohne Ecken st. Dann st ε gerade der üblche Randoperator, denn es glt [v 0 ] = [ˆv 0 ] = [ ]. 1

11 4. HOMOTOPIEINVARIANZ 11 Aufgaben. Aufgabe 3.1. Les und verstehe [2, Theorem 2A.1] Aufgabe 3.2. Seen X und Y homöomorphe topologsche Räume. Dann glt für alle n. H n (X) = H n (Y ) 4. Homotopenvaranz Wr wollen zegen, dass homotopeäquvalente Räume somorphe Homologegruppen haben. Dazu zegen wr zunächst, dass ene Abbldung f : X Y enen Homomorphsmus f : H n (X) H n (Y ) für alle n erzeugt und dass f en Isomorphsmus st, wenn f ene Homotopeäquvalenz st. Defnton 4.1. Se f : X Y stetg. Dann nduzert f ene Abbldung f : C n (X) C n (Y ) vermöge f (σ) = f σ : n Y für snguläre n-smplzes σ : n X. (Genauer müsste man egentlch von unterschedlchen Abbldungen sprechen, etwa f n : C n(x) C n (Y ). We be den Randabbldungen verzchten wr aber auch her auf desen Index.) Wr setzen f lnear fort: ( ) f n σ = n f (σ ) = n f σ. Bemerkung 4.2. De Abbldungen f : C n (X) C n (Y ) erfüllen f = f, denn es glt ) f (σ) = f ( ( 1) σ [v 0,..., ˆv,..., v n ] = ( 1) (f σ) [v 0,..., ˆv,..., v n ] = f (σ). Defnton 4.3. Wr nennen en Dagramm von Abbldungen en kommutatves Dagramm, wenn man Elemente enes Objektes mt Hlfe der gegebenen Pfele (Abbldungen) auf en anderes Objekt abbldet und dabe das Ergebns unabhängg von der gewählten (endlchen) Folge von Pfelen st. Bemerkung 4.4. Nach Bemerkung 4.2 st das folgende Dagramm also kommutatv... C n+1 (X) C n (X) C n 1 (X)... f... C n+1 (Y ) f C n (Y ) was n desem Falle äquvalent zu f = f st. f C n 1 (Y )..., De folgende Defnton und das nachfolgende Lemma snd ren algebrasch. Defnton 4.5. Seen ((C n ), ( n )) und ((K n ), ( n )) Kettenkomplexe. Dann st en Gruppenhomomorphsmus (f n ) mt f n : C n K n ene Abbldung von Kettenkomplexen oder Kettenabbldung, falls f = f glt.

12 12 4. HOMOTOPIEINVARIANZ Lemma 4.6. Se f ene Abbldung von Kettenkomplexen. Dann nduzert f enen Homomorphsmus zwschen den Homologegruppen der beden Kettenkomplexe. Bewes. Se α n ker. Dann st auch fα ker, denn es glt fα = fα = f(0) = 0. Zwe Repräsentanten ener Homologeklasse unterscheden sch um enen Rand β. Daher st nachzuwesen, dass fβ weder en Rand st. Des folgt aber ebenso aus f = f. Bespel 4.7. Seen X und Y topologsche Räume und f : X Y ene stetge Abbldung. Dann st f nach Bemerkung 4.2 ene Abbldung von Kettenkomplexen. Nach Lemma 4.6 nduzert f nun ene Abbldung f : H n (X) H n (Y ). Das folgende Lemma zegt, dass es sch bem Übergang zu den nduzerten Abbldungen zwschen Homologegruppen um enen Funktor handelt. Lemma 4.8. Seen X, Y und Z topologsche Räume, g : X Y und f : Y Z f stetge Abbldungen, X g Y Z. Seen 1 : X X und 1 : H n (X) H n (X) de jewelgen Identtäten. Dann glt () (fg) = f g. () 1 = 1. Bewes. De erste Behauptung folgt aus der Assozatvtät be der Komposton Der zwete Tel st offenschtlch. n σ X g Y Der Hauptsatz deses Abschnttes st f Z. Theorem 4.9. Seen f, g : X Y zwe homotope Abbldungen, dann glt f = g für de nduzerten Homomorphsmen f, g : H n (X) H n (Y ). Heraus folgt wegen Lemma 4.8 Korollar Seen X, Y topologsche Räume und f : X Y ene Homotopeäquvalenz. Dann snd de Abbldungen f : H n (X) H n (Y ) für alle n Isomorphsmen. Ist X kontraherbar, so glt H n (X) = 0. Bewes von Theorem 4.9. Wr untertelen für den Bewes n I n (n+1)-smplzes. Seen n {0} = [v 0,..., v n ] und n {1} = [w 0,..., w n ]. Herbe wählen wr de Ecken v und w so, dass v und w unter der Projektonsabbldung n I n dasselbe Bld haben. Wr betrachten nun ene Folge von Smplzes der Form [v 0,..., v, w +1,..., w n ]. Der n-smplex [v 0,..., v, w +1,..., w n ] st der Graph der Funkton ϕ : n I, wobe ϕ n baryzentrschen Koordnaten durch ϕ (t 0,..., t n ) = t t n gegeben st. De Ecken des Smplexes [v 0,..., v, w +1,..., w n ] snd nämlch m Graph enthalten, de Funkton ϕ st affn lnear und unter der Projektonsabbldung n I n wrd [v 0,..., v, w +1,..., w n ] homöomorph auf n abgebldet. Da ϕ ϕ 1 st, legt graph ϕ unter graph ϕ 1. Dazwschen legt en (n +1)-Smplex [v 0,..., v, w,..., w n ], da w [v 0,..., v, w +1,..., w n ]. Entsprechend der Unglechungskette 0 = ϕ n ϕ n 1... ϕ 0 ϕ 1 = 1 sehen wr, dass n I de

13 4. HOMOTOPIEINVARIANZ 13 Verengung der (n + 1)-Smplzes [v 0,..., v, w,..., w n ] st, wobe aufenanderfolgende Smplzes jewels en n-smplex als gemensame Sete haben. Se nun F : X I Y ene Homotope von f zu g. Wr wollen zegen, dass f : H n (X) H n (Y ) und g : H n (X) H n (Y ) überenstmmen. Defnere enen Prsmenoperator P : C n (X) C n+1 (Y ) durch P (σ) = ( 1) F (σ 1) [v 0,..., v, w,..., w n ] für σ : n X. (F (σ 1) st herbe de Komposton n I X I Y.) Der Prsmenoperator erfüllt de Identtät (4.1) P = g f P. Des kann man geometrsch (auf der lnken Sete) als Rand des Prsmas und (auf der rechten Sete) als Obersete n {1}, Untersete n {0} und Seten n I des Prsmas verstehen. Zum Bewes von (4.1) berechnen wr P (σ) = j ( 1) ( 1) j F (σ 1) [v 0,..., ˆv j,..., v, w,..., w n ] + j ( 1) ( 1) j+1 F (σ 1) [v 0,..., v, w,..., ŵ j,..., w n ] = j<( 1) ( 1) j F (σ 1) [v 0,..., ˆv j,..., v, w,..., w n ] + j>( 1) ( 1) j+1 F (σ 1) [v 0,..., v, w,..., ŵ j,..., w n ] + F (σ 1) [ˆv 0, w 0,..., w n ] F (σ 1) [v 0,..., v n, ŵ n ] = >j( 1) 1 ( 1) j F (σ 1) [v 0,..., ˆv j,..., v, w,..., w n ] <j( 1) ( 1) j F (σ 1) [v 0,..., v, w,..., ŵ j,..., w n ] + F (σ 1) [ˆv 0, w 0,..., w n ] F (σ 1) [v 0,..., v n, ŵ n ] = P (σ) + g σ f σ = P (σ) + g (σ) f (σ). In deser letzten Rechnung haben wr folgendes benutzt: De Terme mt = j blden ene Teleskopsumme, von der nur de äußersten beden Terme übrgbleben. Auf der zu den w s gehörenden Obersete st F gerade g und auf der zu den v s gehörenden Untersete gerade f. De Summen über j ergeben am Ende gerade den Randoperator. Wr benutzen nun (4.1) um zu zegen, dass f = g glt. Se α C n (X) en Zykel, also α = 0. Dann glt g (α) f (α) = P (α) + P (α) = P (α). Also st g (α) f (α) en Rand (nämlch von P (α)). Damt snd f (α) und g (α) Repräsentanten derselben Homologeklasse und somt st f ([α]) = g ([α]) ([α] st de Homologeklasse von α).

14 14 5. EXAKTE SEQUENZEN UND AUSSCHNEIDUNGEN Der letzte Tel des Beweses legt de folgende algebrasche Proposton, Proposton 4.12, nahe. Den Bewes dazu erhalten wr drekt aus den obgen Überlegungen. Für de Formulerung der Proposton benötgen wr de folgende Defnton Seen A, B Kettenkomplexe. Seen f : A n B n und g : A n B n Kettenabbldungen. En Operator P : A n B n+1 heßt Kettenhomotope zwschen den Abbldungen f und g, falls er en Gruppenhomomorphsmus st und falls P + P = g f glt.... A n+1 A n+1 A n A n A n 1... P P n P n 1 P g n+1 f n+1 g n f n f n 1 f n 1... B n+1 B n B n B n+1 Proposton Kettenhomotope Kettenabbldungen nduzeren deselben Homomorphsmen zwschen den zugehörgen Homologegruppen. Aufgaben. Aufgabe 4.1. Bewese das Fünferlemma. Zusatz: We kann man de Voraussetzungen an de vertkalen Pfele abschwächen? Lemma 4.13 (Fünferlemma). Se B n A B j C k D l E α β A B j C k D l E en kommutatves Dagramm abelscher Gruppen mt exakten Zelen. Snd de Homomorphsmen α, β, δ und ε Isomorphsmen, so st auch γ en Isomorphsmus. Aufgabe 4.2. Zege dass de Kettenhomotope von Kettenabbldungen ene Äquvalenzrelaton lefert. Aufgabe 4.3. Se f g für Abbldungen f, g : X Y. Zege, dass f, g : H n (X) H n (Y ) für alle n überenstmmen, f = g. Aufgabe 4.4. Se A B C D E ene exakte Sequenz. Zegt, dass genau dann C = 0 st, wenn A B surjektv und D E njektv snd. Se (X, A) en Paar topologscher Räume. Zege, dass de Inklusonsabbldung A X genau dann für alle n enen Isomorphsmus H n (A) H n (X) nduzert, wenn H n (X, A) = 0 für alle n glt. Aufgabe 4.5. Zege, dass de smplzalen Homologegruppen Hn von S 1 S 1 und S 1 S 1 S 2 n jeder Dmenson somorph snd. Zege weterhn, dass dese beden Räume jedoch ncht homöomorph snd. γ δ ε

15 5. EXAKTE SEQUENZEN UND AUSSCHNEIDUNGEN Exakte Sequenzen und Ausschnedungen Nav könnte man hoffen, dass für A X auch H n (A) H n (X) bs auf Isomorphe glt. Des kann ncht rchtg sen, denn jeder Raum X st m Kegel über X, CX := (X I)/(X {0}), enthalten und jeder solche Kegel st kontraherbar. Stattdessen bekommen wr für A X Bezehungen zwschen den Gruppen H n (X), H n (A) und H n (X/A). Defnton 5.1. Se... A n+1 α n+1 A n α n A n 1... ene Folge von Gruppen und (Gruppen-)Homomorphsmen. Dann heßt dese Folge (oder Sequenz) exakt, falls ker α n = m α n+1 glt. (Zunächst st m α n+1 ker α n äquvalent zu α n α n+1 = 0. Dese Bedngung kennen wr schon von Kettenkomplexen. De Bedngung ker α n m α n+1 besagt gerade dass de Homologegruppen deses Kettenkomplexes trval snd.) Bemerkung 5.2. () 0 A α B st genau dann exakt, wenn ker α = 0, wenn also α njektv st. () A α B 0 st genau dann exakt, wenn m α = B glt, wenn also α surjektv st. () 0 A α B 0 st nach den vorhergehenden Überlegungen genau dann exakt, wenn α en Isomorphsmus st. (v) 0 A α B β C 0 st genau dann exakt, wenn α njektv und β surjektv snd und wenn ker β = m α glt. Also st m α = ker β en Normalteler und β nduzert enen Isomorphsmus C = B/ m α und wenn wr A mt m α dentfzeren, erhalten wr C = B/A. Defnton 5.3. Ist 0 A B C 0 exakt, so heßt des ene kurze exakte Sequenz. Defnton 5.4. Se X en topologscher Raum, A X abgeschlossen und bestze A ene Umgebung U, so dass A Deformatonsretrakt von U st. Dann heßt (X, A) en gutes Paar. Bespel 5.5. Se X en CW-Komplex und A en nchtleerer Telkomplex. Dann st (X, A) en gutes Paar. Bewes. [2, Proposton A.5]. Theorem 5.6. Se (X, A) en gutes Paar. Se : A X de Inklusonsabbldung und j : X X/A de Projektonsabbldung. Dann gbt es ene Abbldung (Homomorphsmus) : Hn (X/A) H n 1 (A) (für jedes n), so dass de Sequenz... Hn (A) Hn (X) j Hn (X/A) Hn 1 (A) Hn 1 (X) H0 (X/A) 0 exakt st. De Sequenz heßt lange exakte Homologesequenz.

16 16 5. EXAKTE SEQUENZEN UND AUSSCHNEIDUNGEN Bemerkung 5.7. Den Bewes werden wr später m Zusammenhang mt relatven Homologegruppen führen und n Proposton 5.29 beenden. Wr werden de Abbldung m Bewes konstrueren. De zugrunde legende Idee dabe st, dass x H n (X/A) sch als Kette α n X darstellen lässt, so dass α en Zykel n A st, dessen Homologeklasse x H n 1 (A) st. Korollar 5.8. Es glt H (S n ) = { Z, = n, 0, n. Bewes. Se zunächst n > 0. Se (X, A) = ( D n, S n 1). Dann es (X, A) en gutes Paar und X/A st homöomorph zu S n. Es glt H (D n ) = 0, da D n kontraherbar st. Dann lefert de Exakthet aus Theorem 5.6, dass de Abbldungen : H ( (S n ) H ) 1 S n 1 für > 0 Isomorphsmen snd. Im Falle = 0 st H 0 (S n ) = 0. Im Falle n = 0 folgt das Korollar aus Proposton 3.3, Proposton 3.5 und Bemerkung 3.7. Aus den obgen Überlegungen folgt damt de Behauptung für alle n N per Indukton nach n. Wr erhalten de folgende Anwendung, de wr zwedmensonal aus π 1 ( S 1 ) = Z gefolgert hatten. Korollar 5.9 (Brouwerscher Fxpunktsatz). Für n 1 st der Rand D n ken Retrakt von D n. Daher bestzt jede stetge Abbldung f : D n D n enen Fxpunkt. Bewes. Se r : D n D n = S n 1 ene Retrakton. Se : D n D n de Inkluson. Dann glt r = 1 auf S n 1. Also st de Verknüpfung H n 1 (D n ) Hn 1 (D n ) r Hn 1 (D n ) de Identtät. Da aber H n 1 (D n ) = 0 st, snd und r de Nullabbldungen. Wel H n 1 (D n ) = H ( ) n 1 S n 1 = Z st, kann de Nullabbldung ncht de Identtät sen. Wderspruch. Somt gbt es kene stetge Retrakton r : D n D n. (Wr gehen nun wortwörtlch we m letzten Semester vor, ersetzen aber 2 durch n:) Falls es ene Abbldung f : D n D n gbt, de kenen Fxpunkt bestzt, defneren wr ene stetge Retrakton von D n nach S n 1, d. h. ene stetge Abbldung r : D n S n 1, so dass r S n 1 de Identtät st. Se x D n. Defnere r(x) als den Punkt, n dem ene Halbgerade, de n f(x) startet und durch x geht, den Rand D n = S n 1 schnedet. Aufgrund der Stetgket von f und der Fxpunktfrehet st des ene stetge Abbldung D n S n 1. Nach Defnton st auch klar, dass r ene Retrakton st. Wr erhalten also enen Wderspruch, da wr oben gesehen hatten, dass es kene Retrakton r : D n S n 1 geben kann Relatve Homologegruppen. Defnton Se X en topologscher Raum und A X. Se C n (X, A) := C n (X)/C n (A). (Ketten n A snd also n C n (X, A) trval.) Der Randoperator : C n (X) C n 1 (X) bldet C n (A) nach C n 1 (A) ab. Daher nduzert auch auf den Quotentenräumen enen Randoperator : C n (X, A) C n 1 (X, A), d. h. st dort wohldefnert. Wr erhalten also ene Folge von Abbldungen... C n (X, A) C n 1 (X, A)....

17 5.1. RELATIVE HOMOLOGIEGRUPPEN 17 Dese erfüllen 2 = 0, denn des glt berets, bevor man zu den Quotentengruppen übergeht. Wr erhalten also enen Kettenkomplex. Defnere de relatven Homologegruppen H n (X, A) durch H n (X, A) := ker / m. Bemerkung () De Repräsentanten von Elementen n H n (X, A) heßen relatve Zykel und snd repräsentert durch n-ketten α C n (X), so dass α C n 1 (A) st. () En relatver Zykel repräsentert durch α st n H n (X, A) genau dann trval, wenn er en relatver Rand st: α = β+γ mt β C n+1 (X) und γ C n (A). (Des folgt, da n H n (X, A) aus C n (X) gerade de Gruppen m n+1 und C n (A) herausdvdert werden.) () Des beschrebt gerade, dass H n (X, A) de Homologe von X modulo A st. (v) C n (X)/C n (A) st (bs auf Isomorphe) auch ene Untergruppe von C n (X), mt den sngulären Smplzes σ : n X als Bass, deren Bld ncht vollständg n A legt. (Se läßt sch als Untergruppe auffassen, da hre Erzeuger als Telmenge der Erzeuger von C n (X) gewählt werden können.) Da dese Untergruppe jedoch ncht unter abgeschlossen st (betrachte Smplzes, deren Bld telwese n A legt), betrachten wr de Quotentengruppe C n (X)/C n (A). Theorem Se (X, A) en Paar topologscher Räume. Dann gbt es ene lange exakte Sequenz der Form... H n (A) H n (X) H n (X, A) H n 1 (A) H n 1 (X) H n 1 (X, A)... H 0 (X, A) 0. Bewes. Se : C n (A) C n (X) de von der Inkluson A X nduzerte Abbldung und j : C n (X) C n (X, A) de Projektonsabbldung. Dann kommutert das folgende Dagramm (mt exakten Zelen) 0 C n (A) C n (X) j C n (X, A) 0 0 C n 1 (A) C n 1 (X) j C n 1 (X, A) 0 nach Defnton der Abbldungen, bzw. nach Bemerkung 4.2 und Defnton De Behauptung folgt nun aus dem (ren algebraschen) Theorem Wr verwenden dabe de roterte Form des obgen kommutatven Dagramms. Defnton En kurze exakte Sequenz von Kettenkomplexen 0 A B C 0

18 18 5. EXAKTE SEQUENZEN UND AUSSCHNEIDUNGEN st en kommutatves Dagramm der Form A n+1 A n A n B n+1 B n B n 1... j... C n+1 C n C n 1... j j n dem de Zelen Kettenkomplexe und de Spalten kurze exakte Sequenzen snd. (De Abbldungen und j snd her Abbldungen von Kettenkomplexen we n Defnton 4.5.) Theorem Se 0 A B C 0 ene kurze exakte Sequenz von Kettenkomplexen mt Bezechnungen we n Defnton Seen H n ( ) := ker / m we üblch für = A, B, C de zugehörgen Homologegruppen. Dann gbt es ene Abbldung : H n (C) H n 1 (A) für alle n, so dass... H n (A) H n (B) j H n (C) H n 1 (A) H n 1 (B) j H n 1 (C)... ene lange exakte Sequenz von Homologegruppen st. Bewes. Zunächst enmal konstrueren wr de Abbldung. (Dann werden wr de Exakthet der Sequenz bewesen.) De Randabbldung soll ene Abbldung : H n (C) H n 1 (A) sen. Se also c C n en Zykel. Da j surjektv st, gbt es en b B n mt c = j(b). (Beachte, dass es her zunächst enmal nur darum geht, dem Element c C n en Element c A n 1 zuzuordnen. Erst später wollen wr uns um de Wohldefnerthet kümmern.) Aufgrund der Kommutatvtät des Dagramms n der kurzen exakten Sequenz von Kettenkomplexen glt jb = jb = c = 0, wobe wr ausgenutzt haben, dass c = jb st und dass c en Zykel st, also c = 0 erfüllt. Also glt B n 1 b ker j. Da de Sequenz exakt st, glt m = ker j und somt fnden wr en a A n 1, so dass a = b st. Das Element a st en Zykel, denn es glt a = a = b = 0 aufgrund der Kommutatvtät des Dagrammes, wegen a = b und da 2 = 0 st. a = 0 folgt nun, denn st njektv. Wr defneren nun : H n (C) H n 1 (A) durch [c] := [a], wobe [ ] de jewelgen Homologeklassen bezechnet. Nachwes der Wohldefnerthet: a st endeutg bestmmt durch b, denn st njektv. Wählt man statt b en anderes Element b B n, so dass j(b ) = j(b) glt, so st b b ker j = m. Also gbt es en a A n mt b b = a oder b = b + a. Dann erhält man statt a A n 1 das Element a + a, denn es

19 5.1. RELATIVE HOMOLOGIEGRUPPEN 19 glt (a + a ) = a + a = b + a = (b + a ) und somt erfüllt a + a de oben angegebene Vorschrft, um aus b B n en Element a A n 1 zu gewnnen. Be Betrachtung der Homologegruppen st aber [a] = [a + a ], da sch de Repräsentanten nur um en Element n m unterscheden. Se c + c en anderer Vertreter für de Homologeklasse [c] mt c C n+1. Da j surjektv st, fnden wr b B n+1 mt jb = c. Dann glt c+c = c+ jb = c + jb = j(b + b ) aufgrund der Kommutatvtät des Dagramms. Also wrd b n der obgen Konstrukton durch b + b ersetzt, aber b = (b + b ) wegen 2 = 0 und somt snd wr n B n 1 weder be b, was auch weder dasselbe a A n 1 lefert. De Abbldung : H n (C) H n 1 (A) st en Homomorphsmus, denn wenn [c 1 ] = [a 1 ] und [c 2 ] = [a 2 ] vermöge b 1 bzw. b 2 gelten, dann st j(b 1 + b 2 ) = jb 1 + jb 2 = c 1 + c 2 und (a 1 + a 2 ) = a 1 + a 2 = b 1 + b 2 = (b 1 + b 2 ). Somt glt auch ([c 1 ] + [c 2 ]) = [a 1 ] + [a 2 ]. Her haben wr (öfters) benutzt, dass wr schon wssen, dass alle Abbldungen, außer der neu konstruerten Randabbldung, Homomorphsmen snd. Nun wollen wr nachrechnen, dass de angegebene Sequenz (an jeder Stelle) exakt st. H n (A) H n (B) j H n (C) H n 1 (A) Es snd de folgenden sechs Inklusonen nachzurechnen: H n 1 (B) m ker j : Es glt j = 0, da das Dagramm exakt st. Somt glt auch j = 0 und de Behauptung folgt. m j ker : Se b en Zykel. Dann st j [b] en belebges Element n m j und es glt B b = 0. Somt st nach Defnton a = 0 n der Konstrukton von und de Behauptung folgt. m ker : Mt den Bezechnungen aus der Konstrukton von glt [c] = [b] = 0, da n H (B) Äquvalenzklassen modulo m betrachtet werden. ker j m : Nach Defnton bestzt ene Homologeklasse n ker j als Vertreter enen Zykel b B n, so dass jb en Rand st (und daher j [b] = 0 glt). Also gbt es c C n+1 mt c = jb. Da j surjektv st, fnden wr b B n+1, so dass c = j(b ) glt. Es glt jb = c = jb und daher folgt j(b b ) = jb jb = jb jb = 0. Also st b b ker j = m aufgrund der Exakthet der kurzen exakten Sequenzen. Daher gbt es a A n mt a = b b. Es glt a = a = (b b ) = b = 0, da b en Zykel st. Nun st njektv und daher st auch a en Zykel. Somt folgt [a] = [b b ] = [b]. Somt haben wr zu ener Homologeklasse [b] ker j en a gefunden, so dass [a] = [b] glt, also folgt ker j m we behauptet. ker m j : Wr verwenden weder de Bezechnungen aus der Konstrukton von. Se c en Vertreter ener Homologeklasse n ker. Dann glt a = a für en a A n. Dann st b a en Zykel, denn es glt (b a ) = b a = b a = b a = 0 nach Wahl von a. Weterhn glt j(b a ) = jb ja = jb = c. Beachte, dass j auf [b a ] defnert st, da b a en Zykel st. Es glt j [b a ] = [c] und wr schleßen, dass ker m j glt. ker m : Se a A n 1 en Zykel, so dass [a] ker glt. Dann gbt es b B n mt a = b. Es glt jb = jb = ja = 0 und somt st jb en Zykel.

20 20 5. EXAKTE SEQUENZEN UND AUSSCHNEIDUNGEN Nach Defnton von glt schleßlch noch [jb] = [a] und de Behauptung folgt. De her benutzte Methode wrd öfter als Dagrammjagd bezechnet. Mt Hlfe ener exakten Sequenz können vele Aussagen recht elegant und komprmert dargestellt werden. De obgen algebraschen Überlegungen gehören zum Gebet der homologschen Algebra. Bemerkung De Randabbldung : H n (X, A) H n 1 (A) n der langen exakten Sequenz... H n (A) H n (X) j H n (X, A) H n 1 (A) H n 1 (X)... H 0 (X, A) 0 n Theorem 5.12 st aufgrund der Konstrukton von n Theorem 5.14 de folgende Abbldung. Se α en relatver Zykel n C n (X), [α] H n (X, A). Dann st [α] = [α] H n 1 (A). Korollar Se (X, A) en Paar topologscher Räume und H n (X, A) = 0 für alle n. Dann nduzert : A X Isomorphsmen : H n (A) = H n (X) für alle n. Bewes. Für alle n st ene exakte Sequenz. 0 H n (A) H n (X) 0 Bemerkung Se (X, A) en Paar topologscher Räume mt A. Erwetere de kurze exakte Sequenz von Kettenkomplexen 0 C n (A) C n (X) C n (X, A) 0 für n 0 um de kurze exakte Sequenz 0 Z 1 Z 0 0 n Dmenson 1. Dann lefert de algebrasche Konstrukton von Theorem 5.14 de folgende lange exakte Homologesequenz... Hn (A) Hn (X) j H n (X, A) Hn 1 (A) Hn 1 (X)... H 0 (X, A) 0. Beachte dazu, dass ε : C 0 (A) Z für A surjektv st und somt kene negatven Homologegruppen auftreten. Bespel Se n > 0. In der langen exakten Homologesequenz für das Paar (D n, D n ) glt H (D n ) = 0 für alle. Daher snd de Abbldungen : H (D n, D n ) H 1 (S n 1 ) = H 1 (D n ) Isomorphsmen für > 0. Für = 0 benutzen wr, dass n der Homologesequenz 0 H 0 (D n, D n ) 0 auftrtt. Wr erhalten also { H (D n, D n ) Z, = n, = 0, sonst.

21 5.2. AUSSCHNEIDUNGEN 21 Im Falle n = 0 benutzen wr Proposton 3.5 und erhalten ebenfalls { H (D 0, D 0 ) = H (D 0, ) = H (D 0 ) Z, = 0, = 0, sonst. Bespel Se X en topologscher Raum und x 0 X. Wr wenden de lange exakte Homologesequenz für de reduzerten Homologegruppen auf das Paar (X, x 0 ) (oder genauer: (X, {x 0 })) an. Da H n (x 0 ) = 0 für alle n glt, erhalten wr H n (X, x 0 ) = H n (X) für alle n. Lemma Se f : (X, A) (Y, B) ene Abbldung von Paaren, d. h. f : X Y st ene stetge Abbldung zwschen topologschen Räumen und es glt f(a) B. Dann nduzert f enen Homomorphsmus f : H n (X, A) H n (Y, B). Bewes. Zunächst nduzert f enen Homomorphsmus f : C n (X, A) C n (Y, B), da de Kettenabbldung f : C n (X) C n (Y ) auch f (C n (A)) C n (B) erfüllt. Daher st f auch auf den Quotentengruppen wohldefnert. In den absoluten Kettengruppen C n (X) und C n (Y ) glt de Bezehung f = f. Somt glt dese Relaton auch für de relatven Kettengruppen C n (X)/C n (A) und C n (Y )/C n (B). Wr können also Lemma 4.6 anwenden und erhalten enen nduzerten Homomorphsmus f : H n (X, A) H n (Y, B). Proposton Seen zwe Abbldungen f, g : (X, A) (Y, B) mttels ener Homotope von Paaren homotop, dann glt f = g : H n (X, A) H n (Y, B). Bewes. Der Prsmenoperator aus dem Bewes von Theorem 4.9 bldet C n (A) nach C n+1 (B) ab. Daher nduzert er enen relatven Prsmenoperator auf den Quotentengruppen, P : C n (X, A) C n+1 (Y, B). Wr hatten nachgewesen, dass P + P = g f glt. Dese Formel blebt auch rchtg, wenn wr zu Quotentengruppen übergehen. Daher snd de Abbldungen f und g kettenhomotop zuenander und nduzeren daher nach Proposton 4.12 denselben Homomorphsmus f = g : H n (X, A) H n (Y, B). Defnton En Trpel (X, A, B) topologscher Räume st en topologscher Raum X mt Telmengen A und B, so dass B A X. Korollar Se (X, A, B) en Trpel topologscher Räume. Dann gbt es ene lange exakte Homologesequenz... H n (A, B) H n (X, B) H n (X, A) H n 1 (A, B).... Bewes. (Des st en Korollar zu Theorem 5.14.) Wr haben de kurze exakte Sequenz 0 C n (A) C n (X) C n (X)/C n (A) 0. }{{} =C n(x,a) Heraus erhalten wr durch Quotentenbldung de kurze exakte Sequenz 0 C n (A, B) C n (X, B) C n (X, A) 0. De zugehörge lange exakte Sequenz st gerade de oben angegebene Sequenz. Bemerkung Bestehe nun spezell B aus enem enzelnen Punkt. Nach Bespel 5.19 st H n (X, B) = H n (X) und H n (A, B) = H n (A). Dann erhalten wr aus der langen exakten Homologesequenz für Trpel de reduzerte lange exakte Homologesequenz für das Paar (X, A) we n Bemerkung 5.17.

22 22 5. EXAKTE SEQUENZEN UND AUSSCHNEIDUNGEN 5.2. Ausschnedungen. Manchmal ändern sch de relatven Homologegruppen H n (X, A) ncht, wenn man ene Telmenge Z A ausschnedet bzw. weglässt. Theorem Seen topologsche Räume Z A X gegeben, so dass Z nt A glt. Dann nduzert de Inkluson (X \Z, A\Z) (X, A) für alle n Isomorphsmen H n (X \ Z, A \ Z) H n (X, A). Anders ausgedrückt glt für Telmengen A, B X mt X = nt A nt B, dass (B, A B) (X, A) für alle n enen Isomorphsmus H n (B, A B) H n (X, A) nduzert. Bemerkung Zunächst enmal snd de beden Formulerungen äquvalent, denn setzen wr n der zweten Formulerung B = X \ Z, dann glt Z = X \ B und weter A B = A \ Z. Es glt Z nt A X \ B nt A X \ nt B nt A nt A nt B = X. Für den Bewes von Theorem 5.25 werden wr Homologegruppen mt Hlfe von klenen Smplzes berechnen, de wr aus baryzentrschen Untertelungen erhalten. Klenhet bedeutet her n enem metrschen Raum, dass der Durchmesser des Bldes klen st. In allgemenen topologschen Räumen defneren wr Klenhet dadurch, dass das Bld n ener Menge ener vorgegebenen Überdeckung enthalten st. Defnton Se X en topologscher Raum und U = {U j } ene Famle von Telmengen, so dass nt U j = X glt. Se Cn U (X) de Untergruppe von C n (X), j de aus allen Ketten n σ besteht, so dass für jedes en j exstert, so dass m σ U j glt. Nach Defnton der Randabbldung legen Blder von Ketten aus Cn U (X) C n (X) n Cn 1(X) U C n 1 (X). Wr erhalten also durch Enschränkung ene Randabbldung : Cn U (X) Cn 1(X). U Daher blden de Gruppen Cn U (X) mt Randabbldung enen Kettenkomplex. De zugehörgen Homologegruppen bezechnen wr mt Hn U (X). Für den Bewes von Theorem 5.25 benötgen wr de folgende technsche Proposton De Inkluson ι : C U n (X) C n (X) st ene Kettenhomotopeäquvalenz, d. h. es gbt ene Kettenabbldung ρ : C n (X) C U n (X), so dass ιρ und ρι kettenhomotop zur Identtät snd. Also nduzert ι nach Proposton 4.12 für alle n enen Isomorphsmus H U n (X) = H n (X). Bewes. Der längere Bewes mt baryzentrscher Untertelung gledert sch n ver Schrtte. () Baryzentrsche Untertelung der Smplzes: En Smplex [v 0,..., v n ] besteht aus den Punkten t v mt t = 1 und t 0 für alle. Das Baryzentrum oder der Schwerpunkt des Smplexes [v 0,..., v n ] st der Punkt b = 1 n+1 v, für den wr also t = 1 n+1 für alle setzen. De baryzentrsche Untertelung st nun nduktv defnert. Se [v 0,..., v n ] en Smplex. Sene baryzentrsche Untertelung st ene Untertelung n de n-smplzes

23 5.2. AUSSCHNEIDUNGEN 23 [b, w 0,..., w n 1 ], wobe [w 0,..., w n 1 ] en (n 1)-Smplex n der baryzentrschen Untertelung ener Sete [v 0,..., ˆv,..., v n ] st. Induktonsanfang st dabe de baryzentrsche Untertelung von [v 0 ], de als [v 0 ] selbst defnert st. (Her st das Bld selber weder nur en Punkt und wr müssen daher auch ncht weter untertelen.) Für n = 1 untertelen wr das Smplex [v 0, v 1 ] n [b, v 0 ] und [b, v 1 ], zwe Strecken, und für n = 2 untertelen wr [v 0, v 1, v 2 ] n sechs Dreecke, wenn wr de Baryzentren von [v 0, v 1 ] mt b 2 bezechnen,..., so snd de Dreecke (2-Smplzes) gerade [b, b 2, v 0 ], [b, b 2, v 1 ], [b, b 0, v 1 ], [b, b 0, v 2 ], [b, b 1, v 2 ] und [b, b 1, v 0 ]. De baryzentrsche Untertelung enes 3-Smplzes besteht aus 24 3-Smplzes. Aufgrund der nduktven Defnton snd de Ecken der Smplzes n der baryzentrschen Untertelung gerade de Baryzentren aller k-dmensonalen Seten [v 0,..., v k ] von [v 0,..., v n ] für alle 0 k n. Für k = 0 erhalten wr gerade ene Ecke v des ursprünglchen Smplzes, denn se st das Baryzentrum des 0-Smplzes [v ]. Das Baryzentrum von [v 0,..., v k ] hat de baryzentrschen Koordnaten (t ) mt mt { 1 t = k+1 für { 0,..., k }, 0 sonst. Wr bemerken, dass de n-smplzes ener baryzentrschen Untertelung von n und alle hre Seten ene -Komplexstruktur für n blden, sogar ene smplzale Struktur (was wr her allerdngs ncht defnert haben). Wr behaupten, dass der Durchmesser jedes Smplzes n der baryzentr- n n+1 schen Untertelung von [v 0,..., v n ] höchstens mal der Durchmesser von [v 0,..., v n ] st. Der Durchmesser st her der Durchmesser des Smplexes, wenn wr hn als Telmenge enes Eukldschen Raumes R k betrachten. Zunächst en- v t v = t (v v ) t v v mal wrd der Durchmesser zwschen zwe Ecken des Smplzes angenommen, denn es glt für zwe Punkte v, t v [v 0,..., v n ] t max v v = max v v. Wenden wr dese Formel auf den Abstand zwschen zwe belebgen Punkten m Smplex an, so können wr also den Abstand vergrößern, wenn wr enen deser Punkte durch ene Ecke ersetzen. Nach nochmalger Anwendung haben wr bede Punkte durch Eckpunkte ersetzt. Für de egentlche Abschätzung argumenteren wr per Indukton. Wr dürfen n 1 annehmen. Seen also w j und w k zwe belebge Ecken enes Smplexes [w 0,..., w n ] aus der baryzentrschen Untertelung von [v 0,..., v n ]. Ist kener der beden Punkte das Baryzentrum, so legen se bede n enem Smplex, den wr nach baryzentrscher Untertelung von [v 0,..., ˆv,..., v n ] erhalten haben. Daher st der Abstand nach Induktonsvoraussetzung durch n 1 n n n+1 mal dem Durchmesser von [v 0,..., ˆv,..., v n ] nach oben beschränkt, der klener als der von [v 0,..., v n ] st. Se also ohne Enschränkung w j das Baryzentrum b und w k ene Ecke v. Se nun b das Baryzentrum von [v 0,..., ˆv,..., v n ], also der Punkt für den alle baryzentrschen Koordnaten 1/n snd bs auf t = 0. Dann glt b = 1 n+1 v + n n+1 b. Wr haben also b als Konvexkombnaton von v und b dargestellt. Auf der Geraden durch v, b und b st also

24 24 5. EXAKTE SEQUENZEN UND AUSSCHNEIDUNGEN dst(b, v ) = n n+1 dst(b, v ). Daher st dst(b, v ) nach oben durch n n+1 -mal dem Durchmesser von [v 0,..., v n ] beschränkt. n Beachte, dass der Faktor n+1 nur von der Dmenson abhängt, be tererter baryzentrscher Untertelung also n kontrollerter Wese gegen Null geht, obwohl de Form der Smplzes n der baryzentrschen Untertelung unterschedlch st. () Baryzentrsche Untertelung lnearer Ketten: Im Bewes wollen wr nsbesondere enen Untertelungsoperator S : C n (X) C n (X) konstrueren und nachwesen, dass deser kettenhomotop zur Identtät st. Zunächst wollen wr solch enen Operator n enem enfacheren Fall konstrueren. Se Y ene konvexe Telmenge enes Eukldschen Raumes. De (affn) lnearen Abbldungen n Y erzeugen ene Untergruppe von C n (Y ). Wr bezechnen se mt LC n (Y ), de Gruppe der lnearen Ketten. Nach Defnton des Randoperators bldet : C n (Y ) C n 1 (Y ) de Menge LC n (Y ) nach LC n 1 (Y ) ab. Daher blden de Gruppen LC n (Y ) und de Randabbldung enen Unterkomplex von C n (Y ). Defnere für enen Smplex [w 0,..., w n ] Y ene affn lneare Abbldung λ : n Y durch λ(e ) := w und affn lneare Fortsetzung, wobe e de Ecken des Standardsmplzes n bezechnen. Um kene Fallunterschedungen für 0-Smplzes machen zu müssen, erwetern wr den Komplex LC(Y ) durch LC 1 (Y ) = Z, erzeugt vom leeren Smplex [ ] sowe [w 0 ] = [ ] für alle 0-Smplzes [w 0 ]. (Des st natürlch weterhn en Komplex, da das Bld enes 1-Smplex aus zwe 0-Smplzes mt unterschedlchen Vorzechen besteht.) Für enen belebgen Punkt b Y erhalten wr enen Homomorphsmus b : LC n (Y ) LC n+1 (Y ) (unter Verwendung von lecht doppeldeutger Notaton) durch b([w 0,..., w n ]) := [b, w 0,..., w n ] (genauer wäre des für de entsprechenden Abbldungen zu defneren). Des entsprcht geometrsch dem Kegeloperator mt [w 0,..., w n ] als Bass und b als Sptze. Nach Defnton des Randoperators erhalten wr n b([w 0,..., w n ]) = [w 0,..., w n ] + ( 1) +1 [b, w 0,..., ŵ,..., w n ] =0 = [w 0,..., w n ] b[w 0,..., w n ]. Aufgrund der Lneartät erhalten wr b(α) = α b(α) für alle α LC n (Y ). Des drückt algebrasch de geometrsche Tatsache aus, dass der Rand enes Kegels aus der Bass und dem Kegel des Randes besteht. Schreben wr dese Relaton um, so erhalten wr b + b = 1, also st b ene Kettenhomotope zwschen der Identtät und der Nullabbldung m erweterten Komplex LC(Y ). Wr defneren nun nduktv enen Untertelungshomomorphsmus S : LC n (Y ) LC n (Y ). Se λ : n Y en Erzeuger von LC n (Y ) und se ( ) 1 b λ := λ n + 1,..., 1 n + 1 das Bld des Baryzentrums von n unter λ. Induktv defneren wr nun S mt Hlfe des Kegeloperators b λ, defnert we m letzten Abschntt, S(λ) := b λ (Sλ). Als Induktonsanfang defneren wr S : LC 1 (Y ) LC 1 (Y ) als