Coomologia di $\mathrm{Cone}(i)$!

A seguire, un esercizio di topologia algebrica cui ho lavorato in collaborazione con Vitantonio.

Esercizio. Sia $i: A \hookrightarrow X$ una cofibrazione. Si provi che la mappa canonica $\mathrm{Cone}(i) \rightarrow X/A$ è una equivalenza omotopica ($\mathrm{Cone}(i)$ denota l'unreduced mapping cone) e dedurne che esiste un isomorfismo $H^\ast(X,A)\cong \widetilde H^\ast(X/A)$.

Svolgimento. La mappa canonica $h:\mathrm{Cone}(i) \rightarrow X/A$ è definita come la mappa quoziente $\mathrm{Cone}(i)=X\sqcup \mathrm{Cone}(A)\rightarrow X\sqcup \mathrm{Cone}(A)/\mathrm{Cone}(A)$ composta con l'omeomorfismo $\mathrm{Cone}(i)=X\sqcup \mathrm{Cone}(A)\rightarrow X/A$.
Il mapping cone dell'inclusione è composto da tre tipi di punti: il vertice $v=[A\times\{1\}]$, il resto del cono su $A$ $\{(a,t)\,|\,0\leq t < 1 \}$, dove $(a,0) \equiv a \in A \subset X$, e i punti di $X$ stesso, identificati con i punti di $X \times \{0\}$.
Si definisca $f:A \times I \cup X \times \{0\}\rightarrow \mathrm{Cone}(i)$ come la mappa che collassa $A \times \{1\}$ ad un solo punto. Per definizione di cofibrazione (si veda un post precedente), i seguenti due diagrammi commutativi sono equivalenti: \[ \begin{array}[c]{cccp{2cm}ccc} A& \rightarrow& \underline{\mathrm{Map}}(I,\mathrm{Cone}(i))&& A\times I \sqcup X \times {0}& \stackrel{f}{\rightarrow}& \mathrm{Cone}(i)\\ \scriptstyle{i}\downarrow&\nearrow&\downarrow &&\downarrow&\nearrow&\\ X& \rightarrow & \mathrm{Cone}(i) && X \times I \end{array} \] pertanto, esiste la mappa $\overline f:X \times I\rightarrow \mathrm{Cone}(i)$, ed essa è tale che $\overline f(a,1)=v$, $\overline f(a,t)=(a,t)$, $\overline f(x,0)=x$. Si consideri ora $H_t=\overline f\big|_{X\times \{t\}}$. Poiché $H_1(A)=\{v\}$, $H_1$ si può riguardare come composizione della mappa quoziente $j:X \rightarrow X/A$ e dell'applicazione $g:X/A\rightarrow \mathrm{Cone}(i)$, ovvero $H_1=g\circ j$. Si osservi che $g$ risulta essere continua per definizione di topologia quoziente. Proviamo che $g$ è una equivalenza omotopica, avente $h$ come inversa.
Si consideri innanzitutto l'omotopia $h \circ H_t:X \rightarrow X/A$. Per ogni $t$, essa mappa $A$ nel punto $[A]$ del quoziente. Allora $h \circ H_t$ si fattorizza per dare l'omotopia $h\circ g \simeq [h \circ H_1] \simeq [h \circ H_0] = [j] = 1$.
Viceversa, si consideri $W=(X \times I)/(A \times \{1\})$ e le mappe in figura.

L'applicazione $\overline f'$ è indotta da $\overline f$, mentre $k$ è l'applicazione che mappa $X/A$ nella faccia superiore di $W$, ovvero $k(X/A)=(X\times \{1\}/(A \times \{1\})$. Risulta che
\[ \begin{array}{l} \overline f' \circ l=\mathrm{id}\,,\\ \pi \circ k = \mathrm{id}\,,\\ k \circ \pi \simeq 1\,,\\ \overline f' \circ k=g\,,\\ \pi \circ l =h\,. \end{array} \] Allora $g\circ h=\overline f' \circ (k\circ \pi)\circ l\simeq \overline f' \circ l=1$, come volevamo. Possiamo pertanto affermare che $H^\ast(\mathrm{Cone}(i))\cong H^\ast(X/A)$, da cui $\widetilde H^\ast(\mathrm{Cone}(i))\cong \widetilde H^\ast(X/A)$.
Resta da provare che $H^\ast(\mathrm{Cone}(i))\cong H^\ast(X,A)$. Per far questo utlizzeremo l'assioma di escissione e costruiremo una retrazione di coppie.
Innanzitutto, utilizzando l'assioma di escissione in corrispondenza della terna $[A \times \{1\}]=v \subset \mathrm{int}(\mathrm{Cone}(A))=\mathrm{Cone}(A)\smallsetminus A \subset \mathrm{Cone}(i)$, si ottiene che l'inclusione di coppie
\[ (\mathrm{Cone}(i)\smallsetminus\{v\},\mathrm{Cone}(A)\smallsetminus\{v\}) \hookrightarrow (\mathrm{Cone}(i),\mathrm{Cone}(A)) \] induce un isomorfismo tra i gruppi di omologia e quindi di coomologia:
\[ H^\ast(\mathrm{Cone}(i),\mathrm{Cone}(A))\cong H^\ast(\mathrm{Cone}(i)\smallsetminus\{v\}, \mathrm{Cone}(A)\smallsetminus\{v\}) \] Ora, si osservi che, il Lemma del Serpente garantisce l'esistenza della Sequenza Esatta Lunga per la coomologia della coppia $(\mathrm{Cone}(i),\mathrm{Cone}(A))$:
\[ \cdots\rightarrow H^{n-1}(\mathrm{Cone}(A))\rightarrow H^n(\mathrm{Cone}(i),\mathrm{Cone}(A))\rightarrow H^n(\mathrm{Cone}(i))\rightarrow H^n(\mathrm{Cone}(A))\rightarrow \cdots \] Ma $\mathrm{Cone}(A)=(A\times I)/(A\times \{1\})$ è contraibile (sul vertice $v=[A\times\{1\}]$), pertanto otteniamo:
\[ \cdots\rightarrow 0\rightarrow H^n(\mathrm{Cone}(i),\mathrm{Cone}(A))\rightarrow H^n(\mathrm{Cone}(i))\rightarrow 0\rightarrow \cdots \] ovvero $H^\ast(\mathrm{Cone}(i),\mathrm{Cone}(A))\cong H^\ast(\mathrm{Cone}(i))$.
Inoltre, si osservi che $(X,A)$ è un retratto deformativo di $(\mathrm{Cone}(i)\smallsetminus\{v\}, \mathrm{Cone}(A)\smallsetminus\{v\})$, infatti, ricordando che $\mathrm{Cone}(i)=X\sqcup \mathrm{Cone}(A)$, la retrazione deformativa di coppie $r:(\mathrm{Cone}(i)\smallsetminus\{v\}, \mathrm{Cone}(A)\smallsetminus\{v\})\rightarrow (X,A)$ può essere costruita in modo che
\[ \begin{array}{ll} r(a,t)= (a,0) &\text{per ogni } (a,t) \in A \times [0,1)=\mathrm{Cone}(A)\smallsetminus\{v\}\,, \\ r(x)=x &\text{per ogni } x \in \mathrm{Cone}(i) \smallsetminus \mathrm{Cone}(A) = X\,. \end{array} \] Allora risulta che $H^\ast(\mathrm{Cone}(i)\smallsetminus\{v\}, \mathrm{Cone}(A)\smallsetminus\{v\})\cong H^\ast(X,A)$, da cui $H^\ast(X,A)\cong H^\ast(\mathrm{Cone}(i))\cong \widetilde H^\ast(\mathrm{Cone}(i))$.
Per quanto provato in precedenza, concludiamo che $H^\ast(X,A)\cong \widetilde H^\ast(X/A)$.

References: Glen E. Bredon, Topology and Geometry, Springer (1993).