tiphareth: двойственно по Пуанкаре пересечению многообразий

(Читать комментарии) - (Добавить комментарий)

	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)

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)

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)

	kaledin 2018-06-09 00:42 (ссылка)
	>из-за гомотопической эквивалентности откуда? >Майер-Виеторис налицо откуда? (Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

	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)

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)

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)

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)

	tiphareth 2018-06-09 05:22 (ссылка)
	ну значит, надо профакторизоваться, четам спасибо, занятно (Ответить) (Уровень выше) (Ветвь дискуссии)

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)

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)

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)

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)

	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)

	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)

	grigori 2018-06-10 23:22 (ссылка)
	точняк, надо (Ответить) (Уровень выше)

	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)

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)

	grigori 2018-06-09 04:57 (ссылка)
	ой, они оказывается не ацикличные (Ответить) (Уровень выше)

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

	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) -