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Strukturen und Algebra » Algebraische Geometrie » Gleiche Kohomologie, aber nicht quasi-isomorph
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Universität/Hochschule J Gleiche Kohomologie, aber nicht quasi-isomorph
Kezer
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  Themenstart: 2021-07-26

\(\begingroup\)\(\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\C}{\mathscr{C}} \newcommand{\OO}{\mathcal{O}} \newcommand{\Spec}{\operatorname{Spec}} \newcommand{\Gal}{\operatorname{Gal}} \newcommand{\sep}{\mathrm{sep}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\Ab}{\mathbf{Ab}} \newcommand{\Set}{\mathbf{Set}} \newcommand*\dd{\mathop{}\!\mathrm{d}}\) Hi, sei $A$ ein Ring. Was ist ein einfaches Beispiel für (Ko-)Kettenkomplexe $C^{\bullet}, D^{\bullet}$ mit gleicher Kohomologie, die nicht quasi-isomorph sind? (Dabei heißt quasi-isomorph, dass sie in der derivierten Kategorie $D(A)$ isomorph sind, also dass es ein Zig-Zag von Quasi-Isomorphismen gibt.) Schön wäre, wenn gleichzeitig $D^{\bullet} = H^{\bullet}(C^{\bullet})$ wäre. Notwendig ist, dass $A$ nicht erblich ist und laut MSE/1204016 ist das wohl auch hinreichend. Also gibt es Beispiele für $A = k[x]/(x^2)$, denn $\operatorname{gl.dim}(A) = \infty$. Allerdings weiß ich nicht, wie man nachprüfen kann, dass zwei Komplexe nicht quasi-isomorph sind. (Man könnte versuchen es mit brute force in der Homotopiekategorie nachzurechnen, aber hmm...)\(\endgroup\)


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Triceratops
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  Beitrag No.1, eingetragen 2021-07-26

Bei deinem Link wird https://mathoverflow.net/a/195945/2841 verlinkt. Hilft das schon?


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KarlRuprecht
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  Beitrag No.2, eingetragen 2021-07-26

Folgendes sollte gehen: Für Ring $A = k[x]/(x^2)$ betrachten wir zwei Sequenzen $C:= (... \to 0 \to A \to^{f} A \to 0 \to ...)$ mit $f(a) =x \cdot a$ und $D:= (... \to 0 \to A/(x) \to^{0} A/(x) \to 0 \to ...)$, wobei wir annhmen, dass in beiden Komplexen das erste nichttriv Objekt von links Grad $0$ hat. Da $(x)/(x^2) \cong A/(x)=k$ als $A$-Moduln (nicht nur $k$-Modul, wenn ich mich nicht täusche), haben $C$ und $D$ gleiche Homologiegruppen. Es reicht zu zeigen, dass in Grad $0$ jeder induzierte $A$-Modul-Morphismus $m: C \to D$ einen Morphismus $H^*(m): H^*(C) \to H^*(D)$ induziert, der in Grad $0$ ein Nullmorphismus $H^0(m)=0: H^0(C) \to H^0(D)$ ist. Im $0$-ten Grad ist das ein $A$-Mod Morphismus $m^0: A \to A/(x)$. Egal wohin $m^0$ die $1_A$ in $A/(x)$ abbildet, bildet es (als $A$-Modulmorphismus!) $x $ auf $0$ in $A/(x)$ ab. Da aber $H^0(C)= (x)/(x^2)$ ist $H^0(m)$ eine Nullabb in Grad $0$. Sollte funktionieren, oder? Das wäre https://math.stackexchange.com/questions/3367451/no-quasi-isomorphism aufgedröselt


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Kezer
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  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2021-07-26

\(\begingroup\)\(\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\C}{\mathscr{C}} \newcommand{\OO}{\mathcal{O}} \newcommand{\Spec}{\operatorname{Spec}} \newcommand{\Gal}{\operatorname{Gal}} \newcommand{\sep}{\mathrm{sep}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\Ab}{\mathbf{Ab}} \newcommand{\Set}{\mathbf{Set}} \newcommand*\dd{\mathop{}\!\mathrm{d}}\) Danke für die Antworten. \quoteon(2021-07-26 19:02 - KarlRuprecht in Beitrag No. 2) Da $(x)/(x^2) \cong A/(x)=k$ als $A$-Moduln (wenn ich mich nicht täusche), haben $C$ und $D$ gleiche Homologiegruppen. Es reicht zu zeigen, dass in Grad $0$ jeder induzierte $A$-Modul-Morphismus $m: A \to A/(x)$ einen Morphismus $H^*(m): H^*(C) \to H^*(D)$ induziert, der in Grad $0$ ein Nullmorphismus $H^0(m)=0: H^0(C) \to H^0(D)$ ist. \quoteoff Wieso reicht das? Wieso existiert z.B. kein $E^{\bullet}$, sodass $C^{\bullet} \leftarrow E^{\bullet} \to D^{\bullet}$, wobei die beiden Morphismen Quasi-Isomorphismen sind? (Es geht nicht darum, dass kein Quasi-Isomorphismus existiert, sondern dass die Komplexe nicht quasi-isomorph sind.) \quoteon(2021-07-26 18:25 - Triceratops in Beitrag No. 1) Bei deinem Link wird https://mathoverflow.net/a/195945/2841 verlinkt. Hilft das schon? \quoteoff Danke für den Hinweis. Vom bloßen Überfliegen habe ich noch nicht ganz verstanden, wieso die Antworten in dem Link genügen - ich lese es später genauer durch, vielleicht beantwortet es dann schon meine Frage. Aber wenn du leichte, explizite Beispiele hast, dann gerne her damit ;) Edit: Hmm, also ich verstehe zumindest nicht, wieso aus der Konstruktion von Ben folgt, dass die Komplexe nicht quasi-isomorph sind.\(\endgroup\)


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KarlRuprecht
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  Beitrag No.4, eingetragen 2021-07-26

Jep, ich sehe das Problem. Dann haut das Beispiel nicht hin.


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Saki17
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  Beitrag No.5, eingetragen 2021-07-27

\(\begingroup\)\(\DeclareMathOperator{\spec}{Spec} \newcommand{\O}{\mathcal{O}} \newcommand{\I}{\mathcal{I}}\) Das Beispiel von KarlRuprecht funktioniert, nur brächte man eine leicht upgraded Sprache. Ich formuliere es mal homologisch und überlasse dir die kohomologische Formulierung. Betrachte einen ähnlichen Komplex $C_{\bullet}=(0\to A\xrightarrow{\cdot x} A\to 0)$ wie im Beitrag #2 und den diskreten Komplex $D_{\bullet}=\bigoplus_{i\in \IZ}H_i(C_{\bullet})[i]$ (also $d_{D_{\bullet}}=0$). Dann haben $C_{\bullet}$ und $D_{\bullet}$ die gleiche Homologie. Behauptung. $C_{\bullet}$ und $D_{\bullet}$ sind nicht quasi-isomorph. Beweis. Wir zeigen $C_{\bullet}$ ist ein perfekter Komplex und $D_{\bullet}$ hingegen nicht. Die Definition der Perfektheit findet man in SP 0657; Nach Definition ist Perfektheit eine Eigenschaft für Objekte in der derivierten Kategorie. Nach SP 066T ist $C_{\bullet}$ ein perfekter ($A$-)Komplex (freier Moduln sind perfekt). Andererseits ist $D_0=k$ kein perfekter $A$-Modul. Das impliziert, dass $D_{\bullet}$ kein perfekter Komplex ist (dualisiere die Aussage SP 066U). Korrektur: Man sollte hierzu SP 066S verwendet ($D_{\bullet}$ hat nur zwei nicht-triviale Terme). \(\endgroup\)


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Kezer
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  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-07-27

\(\begingroup\)\(\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\C}{\mathscr{C}} \newcommand{\OO}{\mathcal{O}} \newcommand{\Spec}{\operatorname{Spec}} \newcommand{\Gal}{\operatorname{Gal}} \newcommand{\sep}{\mathrm{sep}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\Ab}{\mathbf{Ab}} \newcommand{\Set}{\mathbf{Set}} \newcommand*\dd{\mathop{}\!\mathrm{d}}\) Schön! Danke. Soweit ich sehen kann, bekommt man, dass $D_0 = k$ nicht perfekt ist und somit $D^{\bullet}$ nicht perfekt ist durch SP/066Q (wo wohl schon ein bisschen Theorie drinsteckt). Also scheint die grundsätzliche Idee (was oben rigoros als Beispiel bei dir gegeben wurde) zu sein: Der Komplex $C_{\bullet}$ besteht aus endlich vielen projektive Moduln (also ist quasi-isomorph zu einem solchen Komplex), für $D_{\bullet}$ ist aber naheliegend, dass das nicht geht, da $\operatorname{proj.dim}_{k[x]/(x^2)}(k) = \infty$. Und genau das wurde dann in Beitrag No. 5 formalisiert. 👍\(\endgroup\)


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Kezer
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  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2021-07-28

\(\begingroup\)\(\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\C}{\mathscr{C}} \newcommand{\OO}{\mathcal{O}} \newcommand{\Spec}{\operatorname{Spec}} \newcommand{\Gal}{\operatorname{Gal}} \newcommand{\sep}{\mathrm{sep}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\Ab}{\mathbf{Ab}} \newcommand{\Set}{\mathbf{Set}} \newcommand*\dd{\mathop{}\!\mathrm{d}}\) Hier ist noch ein Argument von meinem Dozenten in einer Vorlesung zu dg-Kategorien. Der Vorteil für mich ist, dass ich diese Konzepte zumindest alle in der Vorlesung gesehen habe. Wir nehmen $C^{\bullet}$ und $D^{\bullet}$ wie bei Saki17 und erinnern uns an folgende Definition: Definition. Sei $\mathscr{T}$ eine triangulierte Kategorie mit kleinen Koprodukten. Ein Objekt $G \in \mathscr{T}$ heißt kompakt, wenn die kanonische Abbildung $$\bigoplus_{i \in I} \mathscr{T}(G, x_i) \to \mathscr{T} \left(G, \bigoplus_{i \in I} x_i \right) $$ für alle Mengen $I$ und $(x_i \in \mathscr{T} : i \in I)$ ein Isomorphismus ist. Insbesondere ist das eine Eigenschaft, die von Isomorphismen in $D(A)$ erhalten wird. Man kann nun zeigen: - $k$ ist nicht kompakt (man kann nachrechnen, dass für $x_i = k[i]$ und $I = \N$ die Bedingung fehlschlägt). - $C^{\bullet}$ ist kompakt (kann man nachrechnen). - Kompakte Objekte bilden eine triangulierte Unterkategorie, die unter direkten Summen erhalten wird. Also ist $C^{\bullet}$ kompakt, aber $H^{\bullet}(C^{\bullet})$ nicht.\(\endgroup\)


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KarlRuprecht
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  Beitrag No.8, eingetragen 2021-07-29

Blöde Frage zu deiner Notation ausm letzten Post: was meinst du mit $\mathscr{T}(G, x_i) $? Meinst du vielleicht damit $Hom(G, x_i)$?


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Kezer
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  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2021-07-29

\(\begingroup\)\(\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\C}{\mathscr{C}} \newcommand{\OO}{\mathcal{O}} \newcommand{\Spec}{\operatorname{Spec}} \newcommand{\Gal}{\operatorname{Gal}} \newcommand{\sep}{\mathrm{sep}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\Ab}{\mathbf{Ab}} \newcommand{\Set}{\mathbf{Set}} \newcommand*\dd{\mathop{}\!\mathrm{d}}\) \quoteon(2021-07-29 20:31 - KarlRuprecht in Beitrag No. 8) Blöde Frage zu deiner Notation ausm letzten Post: was meinst du mit $\mathscr{T}(G, x_i) $? Meinst du vielleicht damit $Hom(G, x_i)$? \quoteoff Ja. Für eine Kategorie $\mathscr{C}$ schreibt man oft $\mathscr{C}(A,B) := \Hom_{\mathscr{C}}(A,B)$. Siehe z.B. die Einführungswerke zur Kategorientheorie von Leinster, Mac Lane, Riehl, etc.\(\endgroup\)


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