Когомологии

[Nickspa]

$G$ - группа, $K$ - модуль, $f:G^n\to K$ - $n$ - коцепь, $C^n(G,K)$ - множество коцепей.
Формула дифференциала: $(df)(g_1,...,g_{n+1})=f(g_2,...,g_{n+1})-f(g_1g_2,g_3,...,g{n+1})+f(g_1,g_2g_3,...,g_{n+1})...(-1)^nf(g_1,...,g_ng_{n+1})+(-1)^{n+1}f(g_1,...,g_n)$.

Пусть $G=\mathbb{Z}_2, K=\mathbb{Z}$.
Вычислить когомологии комплекса.

Начал по определению.
$d_0f(g)=0$
$H^0(\mathbb{Z}_2,\mathbb{Z})=\ker d_0=\mathbb{Z}$
$H^1(\mathbb{Z}_2,\mathbb{Z})=\frac{\ker d_1}{\operatorname{Im} d_0}$
$d_1f(g_1,g_2)=f(g_2)-f(g_1g_2)+f(g_1)\Rightarrow \ker d_1=Hom (G,K)$
$\operatorname{Im} d_0=0$
$H^1(\mathbb{Z}_2,\mathbb{Z})=Hom(G,K)$

Но дальше уже так просто не получается. Наверное, надо по-другому. Но как?

[iou]

Важный результат гомологической алгебры состоит в том, что когомологии не зависят от выбора резольвенты. В данном случае можно написать 2-периодическую резольвенту тривиального модуля, а именно: возьмите отображение аугментации и заметьте, что эндоморфизм $1-x$ группового кольца (где $x$-образующая циклической группы) обладает тем свойством, что его образ это в точности идеал аугментации. Теперь придумайте эндоморфизм группового кольца, образ которого это ядро $1-x$ и заметьте, что эти два эндоморфизма склеиваются в 2-периодическую резольвенту.

[Nickspa]

У нас не было (по крайней мере, пока) резольвент и аугментаций. Рассказывали про цепные комплексы, морфизмы комплексов, цепные гомотопии. Можно как-нибудь с помощью этого решить?

[Nickspa]

Попробовал хоть немного разобраться. По Хатчеру.
Резольвента модуля $\mathbb{Z}$ - это комплекс
$...\to C_1(X) \to C_0(X) \to \mathbb{Z}\to0$, где отображение $C_0 \to \mathbb{Z}$ - это отображение аугментации $\varepsilon(\Sigma n_i\sigma_i)=\Sigma n_i$

Если дуализируем этот комплекс, то получим также резольвенту?
$0\to\mathbb{Z}\to C^0...$
И $\varepsilon^*$ - также отображение аугментации?

iou в сообщении #1417342 писал(а):

когомологии не зависят от выбора резольвенты

Получается мне нужно придумать резольвенту модуля $\mathbb{Z}$, когомологии которой я знаю (умею считать)?

[Slav-27]

Nickspa в сообщении #1417692 писал(а):

Получается мне нужно придумать резольвенту модуля $\mathbb{Z}$, когомологии которой я знаю (умею считать)?

У резольвенты, по определению, когомологии должны быть нулевые.

Пусть $M$ модуль над кольцом $R$. Его резольвента (точнее, левая резольвента) -- это, по определению, точный комплекс $R$-модулей $...\to R_2\to R_1\to R_0\to M\to 0$. Но нужна не какая попало резольвента, а, например, проективная.

Вообще на когомологии групп есть 2 точки зрения.

• Точка зрения алгебраиста: $H^i(G,\mathbb Z)=\mathrm{Ext}^i_{\mathbb Z[G]}(\mathbb Z,\mathbb Z)$.

Объяснение. Мы будем иметь дело с модулями над кольцом, которое называется групповою алгеброю группы $G$ и обозначается $\mathbb Z[G]$. Задать на абелевой группе $M$ структуру (для определённости левого) $\mathbb Z[G]$-модуля -- это то же самое, что задать на ней левое действие группы $G$ (автоморфизмами этой абелевой группы). На любой абелевой группе можно задать тривиальное действие: все элементы группы действуют тождественным отображением. Знаком $\mathbb Z$ мы будем обозначать группу целых чисел с таким тривиальным действием $\mathbb Z[G]$. Иными словами, элемент $a_1g_1+...+a_ng_n\in\mathbb Z[G]$ (где $g_1,...,g_n$ элементы группы, $a_1,...,a_n$ целые числа) будет действовать на $\mathbb Z$ умножением на $a_1+...+a_n$ (так как, повторим, все элементы группы действуют тождественным отображением).

Есть функтор $\mathrm{Hom}_{\mathbb Z[G]}(\cdot,\mathbb Z)$ из категории $\mathbb Z[G]$-модулей в неё же, который переводит $M$ в $\mathrm{Hom}_{\mathbb Z[G]}(M,\mathbb Z)$. Он точен слева. $\mathrm{Ext}^i_{\mathbb Z[G]}(\cdot, \mathbb Z)$ -- это его $i$-й правый производный функтор.

Пусть вообще есть какой-то точный слева, скажем, контравариантный функтор $F$: как считать его правые производные $R^iF(X)$? В гомологической алгебре доказывается, что можно считать следующим образом:
1) выбрать левую резольвенту $...\to P_2\to P_1\to P_0\to X\to 0$, такую что все $P_i$ проективны;
2) выкинуть $X$ и получить комплекс $...\to P_2\to P_1\to P_0\to 0$; обратите внимание, что он квазиизоморфен комплексу $...\to 0\to 0\to X\to 0$, это очень важно ("квазиизоморфен" значит "имеет такие же когомологии, более того, изоморфизм когомологий индуцируется некоторым цепным отображением");
3) применить к нему $F$ и получить комплекс $0\to F(P_0)\to F(P_1)\to F(P_2)\to ...$
4) $R^iF(X)$ -- это $i$-е когомологии этого комплекса (то есть происходящие из члена с $F(P_i)$).

Таким образом, вам нужна проективная (а не какая попало) резольвента $\mathbb Z[G]$-модуля $\mathbb Z$. В частности, пойдёт свободная (любой свободный модуль проективен). То, что у вас написано в 1-м посте, происходит из так называемой стандартной резольвенты модуля $\mathbb Z$ (её ещё называют бар-резольвентой). iou подсказывает, что в вашем конкретном случае можно придумать гораздо более простую свободную резольвенту.

-- 28.09.2019, 02:01 --

• Точка зрения тополога: $H^i(G,\mathbb Z)=H^i(BG,\mathbb Z)$. Исторически это определение предшествовало предыдущему.

Объяснение. $BG$ -- это какое-нибудь линейно связное топологическое пространство, у которого фундаментальная группа $\pi_1(BG)=G$, а остальные гомотопические группы нулевые. $BG$ довольно редко бывает просто устроено, однако есть стандартная конструкция, которая строит его для любой конечной группы $G$; подробности смотрите в книге Хатчера "Алгебраическая топология", дополнение к 1-й главе (только там оно обозначается не $BG$, а $K(G,1)$). Идея такая: из теории накрытий известно, что если имеется накрытие $\widetilde X\to X$ с односвязным $\widetilde X$, то $\pi_1(X)$ действует на $\widetilde X$, и фактор по этому действию есть как раз $X$; более того, $\pi_n(\widetilde X)=\pi_n(X)$ при $n\geqslant 2$. Поэтому достаточно придумать стягиваемое пространство, на котором $G$ действует таким образом, что проекция $X\to X/G$ есть накрытие. Его не очень сложно придумать: надо взять симплициальный комплекс, вершины которого занумерованы элементами $g$, и пусть $G$ действует умножением. Из этой конструкции получается та самая формула, которая у вас в 1-м посте (и которая с точки зрения алгебраиста получена из стандартной резольвенты)!

Однако в вашем конкретном случае, как я уже говорил, не обязательно прибегать к этой конструкции: можно проще (это один из немногих случаев, когда $BG$ есть что-то вообразимое). Действительно, в качестве $BG$ можно взять бесконечномерное вещественное проективное пространство $\mathbb RP^\infty$: оно накрывается бесконечномерною сферою $S^\infty$ (точно так же как $\mathbb RP^n$ накрывается $S^n$ для конечного $n$), а у бесконечномерной сферы все гомотопические группы нулевые. Что же касается $\mathbb RP^\infty$, то у него очень простая клеточная структура: в каждой размерности по одной клетке, причём $(n+1)$-мерная клетка приклеивается посредством отображения $S^n\to \mathbb RP^n$, которое отождествляет диаметрально противоположные точки. Поэтому клеточный цепной комплекс будет $...\mathbb Z\xrightarrow{\times 2}\mathbb Z\xrightarrow{0}\mathbb Z\xrightarrow{\times 2}\mathbb Z\xrightarrow{0}\mathbb Z\to 0$ (умножение на 2 или на 0 в зависимости от того, сохраняет ли отражение сферы относительно центра ориентацию или обращает), соответственно коцепной $0\to\mathbb Z\xrightarrow{0}\mathbb Z\xrightarrow{\times 2}\mathbb Z\xrightarrow{0}\mathbb Z\xrightarrow{\times 2}\mathbb Z...$.

Я надеюсь, это всё не очень страшно выглядит. Если страшно, то не бойтесь, оно не так ужасно, как кажется.

[vpb]

$H^1(\mathbb{Z}_2,\mathbb{Z})=Hom(G,K)$
И что это за группа в данном случае ?

А понятие "нормализованная коцепь" у вас было ? (Это нечто попроще, чем теорема о сравнении резольвент или классифицирующее пространство...)

[Nickspa]

Slav-27 в сообщении #1417851 писал(а):

Точка зрения тополога

Похоже, это то, что мне и нужно, ибо у меня курс топологии, и в нем идут гомологии. Большое спасибо за подробные разъяснения (алгебраическую часть, думаю, чуть позже тоже разберу). И, вроде, то что Вы расписали более-менее понятно. Но...

Slav-27 в сообщении #1417851 писал(а):

: $H^i(G,\mathbb Z)=H^i(BG,\mathbb Z)$.

Такого определения когомологий у нас не было, а было то, что использовал в начальном посте (фактор ядра по образу). Это как-то доказывать, похоже, надо мне

Slav-27 в сообщении #1417851 писал(а):

клеточный цепной комплекс

Клеточных комплексов тоже не было, поэтому не смогу посчитать когомологии проективного пространства.

vpb в сообщении #1417866 писал(а):

И что это за группа в данном случае ?

Тривиальная

vpb в сообщении #1417866 писал(а):

А понятие "нормализованная коцепь" у вас было ?

Не было, и что-то я не нашел что это такое. Может, если не слишком сложное определение, это то что мне поможет?

[vpb]

Nickspa
Нормализованная коцепь --- это удовлетворяющая условию $f(g_1,\ldots,g_n)=0$, если хотя бы один из $g_i$ равен 1 (точнее, $e$, единичный элемент группы). Нормализованные коцепи образуют подкомплекс (проверьте, это легко).

Его когомологии --- те же, что и у "полного" (в смысле, не нормализованного) комплекса. Доказательство --- например, в книге Холла параграф 15.7, т.15.7.2 (там всё очень легко. Предыдущую часть книжки читать не надо. Надо еще иметь в виду, что в вашем случае бимодуль будет с тривиальным действием с обоих сторон).

После этого можно подумать (это тоже тривиально), а каков же будет комплекс нормализованных коцепей в случае $G=Z_2$, $M={\mathbb Z}$. Отсюда ответ на задачу.

В качестве общей ссылки можете почитать тему эту
и в самом конце (последние две страницы) этой темы
(если вообще вопрос еще актуален). Там же указана литература.

-- 02.10.2019, 05:27 --

И подозреваю, что все-таки в каком-то виде вам это дело давали. Недаром оно даже в Холле есть.