La sucesión de Milnor y los límites inversos.

La sucesión de Milnor puede ser usada para calcular límites inversos, que, al menos al principio, suelen ser difíciles de visualizar. Dado un espacio (digamos un CW-complejo localmente finito para no complicarnos la vida) con una filtración $\{K_i\}$ por compactos (por ejemplo,subcomplejos finitos verificando $K_1\subset K_2\subset\dots$ y $X=\cup_i K_i$) entonces la sucesión de Milnor nos dice que la siguiente sucesión es exacta.
$$
0\longrightarrow \underset{\leftarrow}{\lim}_i^1H^{n-1}(K_i;R)\to H^n(X;R)\to \underset{\leftarrow}{\lim}_iH^n(K_i;R)\longrightarrow 0
$$
Aquí $R$ es cualquier anillo PID, dominio de ideales principales. (Véase el libro de Ross Geoghegan para más detalles sobre todo esto).

Ahora consideremos $X$ al plano $\mathbb R^2$  con una cantidad numerable de "agujeros", es decir, retiramos los interiores de discos disjuntos entre sí. Podemos suponer que los discos están alineados. Ahora filtramos $X$ mediante compactos conexos $K_i$ los cuales contienen a los primeros $i$ agujeros y que se retraen sobre sumas punteadas de $i$ circunferencias. Entonces para todo $i$ tenemos $H_0(K_i)=\mathbb Z$ y $H_1(K_i)=\oplus_{k=1}^i\mathbb Z_{h_k}$. Entonces por la sucesión de coeficientes universales $H^1(K_i)=\prod_{k=1}^i\mathbb Z_{h_k^*}$ y por su naturalidad (no la escibilidad!) como $H_1(K_i)=\oplus_{k=1}^i\mathbb Z_{h_k}\to H_1(K_{i+1})=\oplus_{k=1}^{i+1}\mathbb Z_{h_k}$ es la inclusión canóniga entonces $H_1(K_{i+1})=\prod_{k=1}^{i+1}\mathbb Z_{h_k^*}\to H_1(K_i)=\prod_{k=1}^i\mathbb Z_{h_k^*}$ es la proyección canóniga. En otras palabras tenemos
$$
pro H^0(X)=\{\mathbb Z_0=\mathbb Z_1=\dots=\mathbb Z_i=\dots\}
$$
y
$$
pro H^1(X)=\{\mathbb Z_{h_1^*}\leftarrow\cdots\leftarrow \prod_{k=1}^i\mathbb Z_{h_k^*}\leftarrow \prod_{k=1}^{i+1}\mathbb Z_{h_k^*}\leftarrow\cdots\}
$$
Como $proH^0$ es estable, en particular es semiestable y, por tanto, $\underset{\leftarrow_i}{\lim}^1H^0(K_i)=0$. (Para que el reverso sea cierto se necesita que los grupos sean numerables). Entonces la sucesión de Milnor nos dice que
$$
H^1(X)= \underset{\leftarrow}{\lim}\{\mathbb Z_{h_1^*}\leftarrow\cdots\leftarrow \prod_{k=1}^i\mathbb Z_{h_k^*}\leftarrow \prod_{k=1}^{i+1}\mathbb Z_{h_k^*}\leftarrow\cdots\}
$$
Claramente $X$ se retrae sobre una suma  punteada numerable de esferas, por lo que, $H_1(X)=\oplus_{k=1}^\infty \mathbb Z_{h_k}$ y, por tanto, $H^1(X)=\prod_{k=1}^\infty \mathbb Z_{h_k^*}$. Ya tenemos el límite calculado.

Una espina para el trefoil knot (nudo trébol)

El objetivo es encontrar una forma sencilla de describir una espina del complemento del trefoil knot en $S^3$. Uno de los más interesantes es lo siguiente que leí en Thurston's view of complex polynomials.
Al principio pensé que en realidad obtenía un retracto de $\mathbb R^3-K$ donde $K$ es nuestro trefoil knot.

Para ello consideramos el $2$-complejo descrito por el siguiente diagrama. Una presentación del grupo fundamental es $<a,b;a^2=b^3>$.

El cual al hacer las identificaciones parece lo siguiente en un primer paso. Tenemos un cilindro cerrado sobre sí mismo identificando un punto de la tapa superior con otro de la inferior. Formando así una figura parecida a un toro, pero con las dos "bocas" abiertas y una cuerda cruzando el agujero central de la figura tórica. Esto último describe dos nuevas "bocas" en las que enchufaremos las dos anteriores. La primera la enchufamos añadiendo una célula azul por arriba.

 Luego completamos enchufando con una célula verde por debajo.

 
 Nótese que si viajamos por el interior de la figura apareceremos por una de las bocas al exterior y volvemos al interior por la otra boca rodeando la figura para volvernos a encontrar al principio y así describiendo un trefoil knot. De hecho es la espina que buscábamos. Para ello basta seguir la descripción celular del complemento de un nudo que hace R. Fenn en Techniques of geometric topology  en las páginas 195-196. Para ello primero se construye el $2$-esqueleto proyectando el nudo (tómalo como un toro hueco) sobre el plano de tal forma que los cruces correspondan a dos trozos de tubo que al pasar el uno sobre el otro no deja hueco alguno con el plano. (Lo mejor es ver los dibujos de Fenn). Esto acota una un disco sobre el plano que la proyección anterior divide en una serie de $2$-células. Esto, adecuadamente dividido, describe el $2$-esqueleto. Presento lo que sería una sección vertical de este $2$-esqueleto.

El $3$-esqueleto se completa con el pegamiento de una $3$-célula cuya aplicación de pegamiento $S^2\to K^2$ consiste en enviar su hemisferio norte sobre la "parte superior" de $K^2$ y el hemisferio sur sobre la "parte inferior". Ahora podemos dividir esta $3$-célula en dos de tal forma que las nuevas $3$-células tengan como frontera $2$-esferas. Para ello elegimos un $2$-disco (azul en el dibujo) que junto a la "parte superior" de $K^2$ describen una esfera que acota en el interior a una $3$-célula. Ahora en la "parte inferior" de $K^2$ junto con el disco azul describen una $2$-esfera que acota en el exterior a la otra $3$-célula.

Ahora podemos describir los colapsos de $S^3-K$ sobre su espina. Sea lo siguiente un diagrama del $2$-esqueleto visto desde arriba. Los trazos gruesos corresponden a trozos cilíndricos que se unen entre sí en los cruces originales.

Por el interior del cilindro correspondiente al trazo negro empujamos hacia arriba por un disco sobre él que hará de cara libre de la $3$-célula que se asienta sobre él. Ahora el disco azul que describíamos más arriba es cara libre de la $3$-célula exterior por lo que podemos colapsarla sobre su cara opuesta que el la parte "inferior" de $K^2$. Así hemos eliminado las dos $3$-células de antes. Ahora podemos colapsar el resto de la superficie correspondiente al trazo negro pues tiene caras libres. Finalmente el trazo negro desaparece, quedando las superficies correspondientes a los cilindros amarilllos y azul además de las $2$-células horizontales de color celeste. Nótese que ahora quedan dos bocas, correspondientes al cilindro amarillo una y otra al azul, abiertas. Ahora deslizando los cilindros sobre las células celestes (esto corresponde a $3$-deformaciones), podemos deformarlo, deshaciéndonos de las células celestes (llevándolas a un sólo punto), al complejo que mostramos al principio.