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@@ -8,12 +8,13 @@
 Wegzusammenhang lässt sich untersuchen, indem man in der Triangulation
 nach Linearkombinationen von Kanten sucht, die als Rand die beiden Punkte
 haben.
-Zwei Punkte sind also nicht verbindbar und liegen damit in verschiedenen
+Zwei Punkte sind nicht verbindbar und liegen damit in verschiedenen
 Komponenten, wenn die beiden Punkte nicht Rand irgend einer
 Linearkombination von Kanten sind.
 Komponenten können also identifiziert werden, indem man unter allen
-Linearkombinationen von Punkten, also $C_0$ all diejenigen ignoriert,
-die Rand einer Linearkombinationv on Kanten sind, also $\partial_1C_1$.
+Linearkombinationen von Punkten, dargestellt als Vektoren in $C_0$, all diejenigen ignoriert,
+die Rand einer Linearkombinationv on Kanten sind.
+Dies ist das Bild $\partial_1C_1$.
 Der Quotientenraum $H_0=C_0/\partial_1C_1$ enthält also für jede Komponente
 eine Dimension.
 
@@ -47,8 +48,8 @@ möglich.
 Einen zusammenziehbaren Weg kann man sich also als den Rand eines Dreiecks
 einer vorstellen.
 ``Löcher'' sind durch geschlossene Wege erkennbar, die nicht Rand eines
-Dreiecks sein können.
-Wir müssen also ``Ränder'' ignorieren.
+Dreiecks oder einer Menge zusammenpassender Dreiecke sein können.
+Wir müssen solche ``Ränder'' ignorieren.
 
 \begin{definition}
 Die Elemente von
@@ -64,7 +65,7 @@ B_k^C
 heissen die {\em ($k$-dimensionalen) Ränder} von $C_*$.
 \end{definition}
 
-Algebraisch ausgedrückt interessieren uns also nur Zyklen, die selbst
+Algebraisch ausgedrückt interessieren uns nur Zyklen, die selbst
 keine Ränder sind.
 Der Quotientenraum $Z_1/B_1$ ignoriert unter den Zyklen diejenigen, die
 Ränder sind, drückt also algebraisch die Idee des eindimensionalen
@@ -76,7 +77,7 @@ Die $k$-dimensionale Homologiegruppe des Kettenkomplexes $C_*$ ist
 \[
 H_k(C) = Z_k/B_k = \ker \partial_k / \operatorname{im} \partial_{k+1}.
 \]
-Wenn nur von einem Kettenkomplex die Rede ist, kann auch $H_k(C)=H_k$
+Wenn nur von einem einzigen Kettenkomplex die Rede ist, kann auch $H_k(C)=H_k$
 abgekürzt werden.
 \end{definition}
 
@@ -120,20 +121,23 @@ Der Randoperator $\partial_1$ hat die Matrix
  1& 0& 0&-1&-1& 0\\
  0& 1& 0& 1& 0&-1\\
  0& 0& 1& 0& 1& 1
-\end{pmatrix*}.
+\end{pmatrix*},
 \]
+die Adjazenzmatrix des Kantengraphen.
 
 Wir erwarten natürlich, dass sich zwei beliebige Ecken verbinden lassen,
 dass es also nur eine Komponente gibt und dass damit $H_1=\Bbbk$ ist.
-Dazu beachten wir, dass das Bild von $\partial_1$ genau aus den Vektoren
-besteht, deren Komponentensumme $0$ ist.
+Um dies zu berechnen, brauchen wir zunächst $Z_0=\ker\partial_0=C_0$.
+Das Bild von $\partial_1$ besteht genau aus den Vektoren,
+deren Komponentensumme $0$ ist.
 Das Bild $B_0$ von $\partial_1$ ist daher die Lösungsmenge der einen
 Gleichung
 \(
 x_0+x_1+x_2+x_3=0.
 \)
 Der Quotientenraum $H_0=Z_0/B_0 = C_0/\operatorname{im}\partial_1$
-ist daher wie erwartet eindimensional.
+ist daher wie erwartet eindimensional, der erste Standardbasisvektor
+kann als Repräsentant der Basis von $H_0$ dienen.
 
 Wir bestimmen jetzt die Homologiegruppe $H_1$.
 Da sich im Tetraeder jeder geschlossene Weg zusammenziehen lässt,
@@ -192,6 +196,11 @@ z_3
 \end{pmatrix*}
 \]
 gehören.
+In Abbildung~\ref{buch:homologie:tetraeder:fig} kann man unschwer erkennen,
+dass $z_1$ die Grundfläche des Tetraeders ist, $z_2$ das Dreieck vorne
+rechts und $z_3$ das Dreieck vorne links.
+Die Rückseite kommt nicht als unabhängiger Zyklus vor, da sie als $z_1-z_2+z_3$
+gebildet werden kann.
 
 $C_2$ hat die vier Seitenflächen
 \[
@@ -226,7 +235,7 @@ Insbesondere lassen sich alle Zyklen als Ränder darstellen, die
 Homologiegruppe $H_1=0$ verschwindet.
 
 Die Zyklen in $C_2$ sind die Lösungen von $\partial_2z=0$.
-Der Gauss-Algorithmus für $\partial_2$ liefert das -Tableau
+Der Gauss-Algorithmus für $\partial_2$ liefert das Schlusstableau
 \[
 \begin{tabular}{|>{$}c<{$}>{$}c<{$}>{$}c<{$}>{$}c<{$}|}
 \hline
@@ -247,7 +256,7 @@ z
 =
 \begin{pmatrix*}[r]
 -1\\1\\-1\\1
-\end{pmatrix*}
+\end{pmatrix*}.
 \]
 $Z_2$ besteht also aus Vielfachen des Vektors $z$.
 
@@ -263,8 +272,8 @@ Die Randabbildung $\partial_3$ hat die Matrix
 -1
 \end{pmatrix*}.
 \]
-Die Zyklen $Z_2$ und die Ränder $B_2$ bilden also dieselbe Menge, auch
-die Homologie-Gruppe $H_2$ ist $0$.
+Die Zyklen $Z_2$ und die Ränder $B_2$ bilden also dieselbe Menge, daher ist
+die Homologie-Gruppe $H_2=0$.
 
 Da es keine vierdimensionalen Simplizes gibt, ist $B_3=0$.
 Die Zyklen $Z_3$ bestehen aus den Lösungen von $\partial_3w=0$, da