The late problem set

Siate tranquilli, cari e numerosi lettori, non ci siamo dimenticati di voi! Ecco la soluzione di un simpatico esercizio di topologia algebrica:
 
Teorema. Sia $\mathrm{S}X$ la sospensione (non ridotta) di $X$. Allora si ha che per ogni $n\geq 1$:
\[H_{n+1}(\mathrm{S}X) \cong H_n(X).\] Dimostrazione. Ricordiamo la definizione di sospensione (non ridotta) di X: $\mathrm{S}X=X\times I /(X\times\{0\}\cup X \times\{1\})$. Un ricoprimento di $\mathrm{S}X$ è dato per esempio da $U=\mathrm{S}X\smallsetminus \{\text{vertice inferiore}\}$, $V=\mathrm{S}X\smallsetminus \{\text{vertice superiore}\}$, ovvero:

 

Dal Teorema di Mayer-Vietoris:
\[\cdots \rightarrow H_{n+1}(U)\oplus H_{n+1}(V)\rightarrow H_{n+1}(\mathrm{S}X) \rightarrow H_n(U\cap V) \rightarrow H_n(U) \oplus H_n(V) \rightarrow \cdots\] Per costruzione, $U$ e $V$ sono contraibili, mentre $X$ è un retratto deformativo forte di $U\cap V$, pertanto $X$ e $U \cap V$ hanno la stessa omologia. Quindi la sequenza diventa:
\[ \cdots \rightarrow 0\rightarrow H_{n+1}(\mathrm{S}X) \rightarrow H_n(X) \rightarrow 0 \rightarrow \cdots\] Concludiamo che $H_{n+1}(\mathrm{S}X) \cong H_n(X)$. $\square$