Когомологии

[Nickspa]

Пытаюсь разобраться с умножением в когомологиях.
Необходимо построить клеточное разбиение и посчитать алгебру $H^*((\mathbb{C}P^1)^n)$. Кольцо $R$.
Клеточное разбиение такое: клеток размерности $2k$ будет $\binom{k}{n}$ штук, $k\leqslant n$. В других размерностях клеток не будет.
Строим клеточный комплекс, дуализируем. Все кограничные отображения нулевые, значит когомологии такие:
$H^{2k}=R^{\binom{k}{n}}$, остальные нулевые. Верно?
А вот как посчитать произведения - не знаю.
Определение на лекциях такое:
$p\in C^k(X,R); q\in C^l(X,R)$ - коцепи, $f:\Delta_{k+l}\to X$ - сингулярный симплекс.
Тогда $(p\cup q)(f)=p(f\mid [\nu_0,...,\nu_k])q(f\mid [\nu_k,...,\nu_{k+l}])$.
Ещё для клеточных комплексов вводили его через диагональное вложение, но это только первая задача, поэтому думаю здесь надо как-то "руками" посчитать. Может кто помочь?

[Slav-27]

Nickspa в сообщении #1429140 писал(а):

Все кограничные отображения нулевые, значит когомологии такие:
$H^{2k}=R^{\binom{k}{n}}$, остальные нулевые. Верно?

Верно, только вверх ногами пишете.

В клеточных когомологиях просто считается внешнее произведение $H^*(X,R)\otimes_R H^*(Y,R)\xrightarrow{\times} H^*(X\times Y,R)$, и в вашей ситуации это изоморфизм колец, смотрите, например, Хатчера.

[Nickspa]

Slav-27 в сообщении #1429158 писал(а):

смотрите, например, Хатчера.

Что-то я запутался. Просто в Хатчере путанно (по крайней мере для меня). По полкам не раскладывается. Даже не знаю, как поконкретнее спросить. Ну попробую.
Для того, чтобы посчитать алгебру когомологий, я должен задать отображения
$H^k((\mathbb{C}P^1)^n,R)\times H^l((\mathbb{C}P^1)^n,R)\to H^{k+l}((\mathbb{C}P^1)^n,R)$?
Существует два произведения: $\cup$-произведение и внешнее произведение. Они связаны: $\cup$ - это композиция внешнего и индуцированного диагональным вложением.
Мне-то какое здесь нужно?
Мне, наверное, на конкретных когомологиях здесь было бы понятнее.
Например, $H^2((\mathbb{C}P^1)^n,R)\times H^4((\mathbb{C}P^1)^n,R)\to H^6((\mathbb{C}P^1)^n,R)$.
То есть $R^n\times R^{\binom{n}{2}} \to R^\binom{n}{3}$.
Я ведь должен взять образующие $\alpha\in H^2,\beta\in H^4$ и показать куда они переходят в $H^6$, так ведь?

Slav-27 в сообщении #1429158 писал(а):

в вашей ситуации это изоморфизм

Почему?

[Slav-27]

$\times$-произведение -- это гомоморфизм колец $H^*(X)\otimes H^*(Y)\to H^*(X\times Y)$, доказывается более-менее по определению (а определения разные бывают). (Определение тензорного произведения колец смотрите у Хатчера около теоремы 3.16.)

Далее, в нашей ситуации этот гомоморфизм является изоморфизмом абелевых групп, так как когомологии свободны: вообще это теорема Кюннета, но тут можно и руками проверить.

Отсюда всё получается: гомоморфизм колец, являющийся изоморфизмом подлежащих абелевых групп, есть изоморфизм колец.