Войти в систему

Home
    - Создать дневник
    - Написать в дневник
       - Подробный режим

LJ.Rossia.org
    - Новости сайта
    - Общие настройки
    - Sitemap
    - Оплата
    - ljr-fif

Редактировать...
    - Настройки
    - Список друзей
    - Дневник
    - Картинки
    - Пароль
    - Вид дневника

Сообщества

Настроить S2

Помощь
    - Забыли пароль?
    - FAQ
    - Тех. поддержка



Пишет Misha Verbitsky ([info]tiphareth)
@ 2018-06-07 17:43:00
Previous Entry  Add to memories!  Tell a Friend!  Next Entry
Настроение: sick
Музыка:Delerium - SPIRITUAL ARCHIVES
Entry tags:math

двойственно по Пуанкаре пересечению многообразий
Написал образцово короткое доказательство
двойственности Пуанкаре:
http://verbit.ru/IMPA/TOP-2018/cohomology-09.pdf
как-то не ожидал даже. По этому случаю, образовался
лишний час, который следует забить доказательством
того, что произведение в когомологиях (де Рама)
двойственно по Пуанкаре трансверсальному
пересечению многообразий.

А какой самый простой способ сие увидеть, без
махания руками и по возможности элементарно?
Я чего-то ничего толкового сходу придумать не могу.

Привет


(Читать комментарии) - (Добавить комментарий)


[info]kaledin
2018-06-08 23:43 (ссылка)
>а нафиг? переопределить их через формулу Кюннета и пуллбак с диагонали и привет все получается тривиально сразу же (но Кюннета надо доказывать, конечно)

Кого переопределить? куда переопределить?

Тебе нужно умножение на комплексе (как без этого выписывать умножение в когомологиях, мне неведомо). Что за комплекс? -- какие члены, какой дифференциал?

Если есть симплициальное множество, то комплекс получается стандартным образом, причем в двух вариантах, можно обычный, можно нормализованный. Нормализаованный чуть лучше, т.к. дает эквивалентность категорий между симплициаьными абелевыми группами и комплексами, но это дело десятое, можно брать любой из двух. Если есть бисимиплициальное множество, то ему можно сопоставить либо произведение комплексов по каждому аргументу, либо ограничить его на диагональное \Delta и взять комплекс там. Отображение из одного в другое это как раз и есть shuffle map, а что оно квазиизоморфизм это теорема. Теорема нетривиальная, и хуже того, сильно завязанная на свойства \Delta -- если взять что-нибудь вместо \Delta, скорее всего нифига не выйдет.

>индексы какие-то злоебучие

Ну ты напиши формулу с кубами -- только правильную -- посмотри на нее, и убедись, что симплексы это только цветочки.

Для начала -- так какой все-таки комплекс?

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)


[info]tiphareth
2018-06-08 23:52 (ссылка)
>Тебе нужно умножение на комплексе
>(как без этого выписывать умножение в когомологиях, мне неведомо).

А мне ведомо. Формула Кюннета утверждает, что
H^*(X\times X) = H^*(X)\otimes H^*(X).
Берем два класса когомологий \alpha, \beta,
получаем класс \alpha\otimes \beta \in H^*(X\times X)
ограничиваем его на диагональ и привет.

То, что это равно умножению в когомологиях де Рама,
даже совсем плохому студенту должно быть ясно.

>Для начала -- так какой все-таки комплекс?

А никаких комплексов, однако. Без комплексов!

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)


[info]kaledin
2018-06-08 23:58 (ссылка)
>А мне ведомо. Формула Кюннета утверждает, что H^*(X\times X) = H^*(X)\otimes H^*(X).

Формула Кюннета и умножение в когомологиях это одно и то же.

>А никаких комплексов, однако. Без комплексов!

Какая тебе тогда разница куб или симплекс?

Но я с удовольствием посмотрю на определение когомологий без комплексов (и потом на доказательство формулы Кюннета). Я положим знаю, как это делать, но тебе не понравится совсем.

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)


[info]tiphareth
2018-06-09 00:00 (ссылка)
>на определение когомологий без комплексов

это-то зачем? конечно, когомологии комплекса (де рама)

но умножение на комплексах определять не обязательно

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)


[info]kaledin
2018-06-09 00:02 (ссылка)
>но умножение на комплексах определять не обязательно

Формула Кюннета это и есть умножение, это тождественно одно и то же (плюс тривиальное замечание про ограничение на диагональ).

(Ответить) (Уровень выше)


[info]kaledin
2018-06-09 00:03 (ссылка)
>конечно, когомологии комплекса (де рама)

Wonderful -- в чем твой вопрос тогда? зачем тебе сингулярные или какие еще коцепи?

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)


[info]tiphareth
2018-06-09 00:05 (ссылка)
для образования студентов
одним де Рамом обходиться неприлично как-то
ну и над Z иногда приходится работать

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)


[info]kaledin
2018-06-09 00:07 (ссылка)
Ок, тогда возвращаемся на круги своя. Ты спрашивал про "кубические коцепи". Какой комплекс, какой дифференциал?

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)


[info]tiphareth
2018-06-09 00:12 (ссылка)
я спрашивал, есть ли там какая-то засада
ты мне более-менее ответил, какая, для моих потребностей
таки никакой нет

однако странно, что ни Хатчер, ни Фукс-Фоменко их не используют,
многие вещи можно было бы изрядно упростить, если использовать и обычные
сингулярные, и кубические

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)


[info]kaledin
2018-06-09 00:18 (ссылка)
>для моих потребностей таки никакой нет

Для твоих потребностей там нет не только засады, а вообще ничего: ты пока что "кубические коцепи" даже не определил.

>многие вещи можно было бы изрядно упростить

Нельзя.

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)


[info]tiphareth
2018-06-09 00:23 (ссылка)
>ты пока что "кубические коцепи" даже не определил.

а в чем проблема повторить тоже, что и для симплексов?
дифференциал - сумма граней с присущей им ориентацией

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)


[info]kaledin
2018-06-09 00:36 (ссылка)
>дифференциал - сумма граней с присущей им ориентацией

А почему оно считает то, что надо?

Я сходу не помню, но в принципе не должно бы: потому что иначе у тебя был бы функториальный коммутативный ассоциативный квазиизоморфизм Кюннета, определенный над Z, а такого не бывает. Т.е. или компекс не то считает, или очевидное отображение Кюннета не квазиизоморфизм.

Что я точно знаю, это что если написать бар-комплекс для группы с кубами вместо симплексов, то -- хотя для абелевой группы так сделать можно -- ответ будет совершенно не тот.

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)


[info]tiphareth
2018-06-09 00:41 (ссылка)
>>дифференциал - сумма граней с присущей им ориентацией

>А почему оно считает то, что надо?

Функториально, когомологии стягиваемого
пространства такие же, как у точки из-за
гомотопической эквивалентности, Майер-Виеторис налицо, то есть
тот же индуктивный аргумент, что и везде, дает изоморфизм (ко)гомологий
кубических и сингулярных (для пространств, допускающих
покрытие стягиваемыми, где все пересечения тоже стягиваемые)

мне кто-то говорил, что оно не работает, но я не вижу, где именно
аргумент может сломаться

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)


[info]kaledin
2018-06-09 00:42 (ссылка)
>из-за гомотопической эквивалентности

откуда?

>Майер-Виеторис налицо

откуда?

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)


[info]tiphareth
2018-06-09 00:46 (ссылка)
когомологии стягиваемого пространства посчитать?
простое упражнение, однако

>>Майер-Виеторис налицо

>откуда?

http://verbit.ru/IMPA/TOP-2018/cohomology-06.pdf
страница 11

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)


[info]kaledin
2018-06-09 00:59 (ссылка)
>когомологии стягиваемого пространства посчитать? простое упражнение, однако

Вперед.

Тебе нужно, что C_*(M) \cong C_*(M \times I), где I -- отрезок. Мне очень интересно, как ты это будешь считать.

>http://verbit.ru/IMPA/TOP-2018/cohomology-06.pdf
>страница 11

Кошмар какой.

Но для многообразий может и прокатит, бог весть.

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)


[info]tiphareth
2018-06-09 04:02 (ссылка)
Очень просто:
если есть семейство отображений
f_t:[0,1]\times X \arrow Y,
получаем оператор F из n-цепей на X
в n+1-цепи на Y, причем верно
d F + F d= f_0-f_1, так что
f_0-f_1 действует на когомологиях нулем.
Дальше применяем это к гомотопии из тождественного
в отображение в точку.

(Ответить) (Уровень выше)


[info]grigori
2018-06-09 04:55 (ссылка)
щас, а почему оно на точке вычисляет то, что надо?

У точки есть один сингулярный 1-куб, его граница это ноль (разница концов, которые они одинаковы). Сингулярный 2-куб у точки тоже один, и его граница тоже ноль, потому что у квадрата четное число сторон. Получается класс в первых гомологиях точки!

видимо, надо факторизоваться по вырожденным кубам, чтобы оно нормально работало, а это точно повлечет много еботни

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)


[info]tiphareth
2018-06-09 05:22 (ссылка)
ну значит, надо профакторизоваться, четам
спасибо, занятно

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)


[info]kaledin
2018-06-09 12:44 (ссылка)
Да, надо факторизоваться, причем надо еще понять, какие вырожденные, и какие отображения между кубами ты вообще учитываешь. По-видимому у кубов надо упорядочить образующие векторы, и допускать вложения граней/проекции вдоль граней, которые совместимы с порядком. Дифференциал про этом получится сложнее, чем в симплексах, отображение Кюннета возможно проще (за знаки не поручусь). Противоречия с коммутативностью нет, т.к. из-за упорядочивания оно все равно некоммутативно.

В сухом остатке, в кубах сложнее дифференциал, больше комбинаторки, и надо нормализовать, в симплексах проще комбинаторика и дифференциал, можно не нормализовать, но сложнее отображение Кюннета. Конечно, более сложный дифференциал в кубах "имеет геометрический смысл", но отображение Кюннета в симплексах его тоже имеет, триангуляция произведения двух симплексов, невелика премудрость. Поэтому, по-видимому, кубы и не прижились.

(Ответить) (Уровень выше)


[info]kaledin
2018-06-09 22:36 (ссылка)
Кстати, на всякий случай, про отображение Кюннета (т.е. триангуляцию произведения симплексов). Комбинаторика там очевидная, если воспринимать симлекс как мн-во точек на отрезке с суммой ноль. Ты кидаешь два таких множества на отрезок, и видишь, что есть один дискретный инвариант -- в таком порядке точки перетасуются. Это и есть симплексы старшей размерности в триангуляции.

(Ответить) (Уровень выше)


[info]polytheme
2018-06-09 16:57 (ссылка)
а как вообще определяется отображение на грани ?

это же должно быть отображение канонического куба, а его можно вложить даже
не сходу посчитаешь сколькими способами в грань; точнее, 2^n * n! способами,
если я не обсчитался.

это вложение причем надо согласовать, чтобы d^2 = 0. или нет ?

на симплексе есть каноническое вложение упорядочением вершин.

спасибо, очень хороший комментарий, объясняющий, в частности, почему в Ф.-Ф.
написано, что ~"гомологии, наоборот, легко считать, но трудно определить
и доказать корректность".

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)


[info]grigori
2018-06-10 22:53 (ссылка)
ну это как раз несложно - вершины куба это последовательности из нулей и единиц, грань задаётся уравнением "i-тая координата = c", чтобы на неё ограничиться, надо зачеркнуть c, знак зависит от того, ноль это был или единица

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)


[info]polytheme
2018-06-10 22:58 (ссылка)
а ну да.
почему-то со стороны гомологий мне это казалось более загадочно
(хотя действительно, наоборот, вложение грани есть добавление
пропущенной координаты, с соотв. знаком)

(Ответить) (Уровень выше)


[info]polytheme
2018-06-10 23:00 (ссылка)
погоди, а четность координаты не надо добавить ?
иначе ребро входит с одинаковым знаком от обеих граней, нет ?

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)


[info]grigori
2018-06-10 23:22 (ссылка)
точняк, надо

(Ответить) (Уровень выше)


[info]polytheme
2018-06-09 19:29 (ссылка)
то есть они конечно гомотопные, но, наверное, d^2 = 0 с точностью до гомотопии не очень хорошо ?

(Ответить) (Уровень выше)


[info]grigori
2018-06-09 04:42 (ссылка)
есть же ацикличные модели (гугенхайма? или кого-то ещё), которые более-менее говорят, что можно чем угодно ацикличным вычислять когомологии, кубами в том числе.

Значит, Кюннет должен быть не изоморфизмом (что я сходу не вижу, почему, наверное, упорядочение вершин разное получается?)

(Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)


[info]grigori
2018-06-09 04:57 (ссылка)
ой, они оказывается не ацикличные

(Ответить) (Уровень выше)


[info]kaledin
2018-06-09 12:45 (ссылка)
Ну да, упорядочивание вершин. Т.е. он квазиизоморфизм, если нормализовать (наверное), но несимметричный.

(Ответить) (Уровень выше)


[info]ab7a
2018-06-09 06:11 (ссылка)
Нужно отфакторизовать вырожденные кубы.

Для симплексов и с вырожденными работает, а для кубов это важно.

(Ответить) (Уровень выше)

(Читать комментарии) -