Die Mathe-Redaktion - 19.06.2018 10:52 - Registrieren/Login
Auswahl
ListenpunktHome
ListenpunktAktuell und Interessant ai
ListenpunktArtikelübersicht/-suche
ListenpunktAlle Links / Mathe-Links
ListenpunktFach- & Sachbücher
ListenpunktMitglieder / Karte
ListenpunktRegistrieren/Login
ListenpunktArbeitsgruppen
ListenpunktSchwätz / Top 15
ListenpunktWerde Mathe-Millionär!
ListenpunktAnmeldung MPCT Juli
ListenpunktFormeleditor fedgeo
Aktion im Forum
Suche
Stichwortsuche in Artikeln und Links von Matheplanet
Suchen im Forum
Suchtipps

Bücher
Englische Bücher
Software
Suchbegriffe:
Mathematik bei amazon
Naturwissenschaft & Technik
In Partnerschaft mit Amazon.de
Kontakt
Mail an Matroid
[Keine Übungsaufgaben!]
Impressum

Bitte beachten Sie unsere Nutzungsbedingungen, die Distanzierung, unsere Datenschutzerklärung und
die Forumregeln.

Sie können Mitglied werden. Mitglieder können den Matheplanet-Newsletter bestellen, der etwa alle 2 Monate erscheint.

Der Newsletter Okt. 2017

Für Mitglieder
Mathematisch für Anfänger
Wer ist Online
Aktuell sind 599 Gäste und 21 Mitglieder online.

Sie können Mitglied werden:
Klick hier.

Über Matheplanet
 
Zum letzten Themenfilter: Themenfilter:
Matroids Matheplanet Forum Index
Moderiert von Buri Gockel
Mathematik » Strukturen und Algebra » Freie Produkte mit Amalgamation
Druckversion
Druckversion
Autor
Universität/Hochschule J Freie Produkte mit Amalgamation
Ueberdeckungspro
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 26.11.2012
Mitteilungen: 60
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-03-07

\(\begingroup\)
Hallo,

ich betrachte ein freies Produkt mit Amalgamation \(H \ast_L K\) wobei \(K\) und \(H\) frei sind und endlichen Rang haben, \(L\) ist frei mit unendlichem Rang. Nun ist meine erste Frage: Ist die Gruppe, die durch das obige Produkt definiert ist endlich erzeugt? Ich glaube schon, da selbiges ja für \(K, H\) gilt, und diese Gruppe ja durch einen Quotienten des herkömmlichen freien Produktes geschrieben werden kann? Oder habe ich da einen Denkfehler?
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Triceratops
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.04.2016
Mitteilungen: 3644
Aus: Berlin
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2018-03-07

\(\begingroup\)
Das ist richtig so. Konkret: Die Erzeugendensysteme von $H$ bzw. $K$ kann man vereinigen, und erhält so ein Erzeugendensystem von $H *_L K$.
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Ueberdeckungspro
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 26.11.2012
Mitteilungen: 60
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-07

\(\begingroup\)
Ok, super! Nun möchte ich mir eine projekte Auflösung \(P_{\ast} \twoheadrightarrow \mathbb Z\) von \(\mathbb Z\) als Modul über der Gruppenalgebra des amalgamierten Produkts anschauen und zeigen dass \(P_2\) nicht endlich erzeugt sein kann. Wie kann ich dies machen? Ich weiß wie man die Kohomologiegruppen eines solchen Produktes ausrechnen kann. Sonst weiß ich nicht so viel über diese Produkte.

Meine Idee wäre hier vielleicht auch aus projektiven Auflösungen von \(K\) und \(H\) modulo einem geeigneten Untermodul eine projektive Auflösung zu basteln.
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Ueberdeckungspro
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 26.11.2012
Mitteilungen: 60
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-08

\(\begingroup\)
Hab mir mal folgendes überlegt. Mit Mayer-Vietoris gilt, dass folgende Sequenz exakt ist \(H^1(H, \mathbb Z) \oplus H^1(K, \mathbb Z) \rightarrow H^1(L, \mathbb Z) \rightarrow H^2(H \ast_L K, \mathbb Z) \rightarrow H^2(H, \mathbb Z) \oplus H^2(K, \mathbb Z)\).

Nun ist \(H^2(H, \mathbb Z) \oplus H^2(K, \mathbb Z)=0\), da diese frei von endlichem Rang sind. Damit ist \(H^1(L, \mathbb Z) \leq H^2(H \ast_L K, \mathbb Z)\). Die Gruppe \(H^1(L, \mathbb Z)\) kann nicht endlich erzeugt sein, da \(L\) unendlichen Rang hat, insbesondere gilt selbiges für \(H^2(H \ast_L K, \mathbb Z)\) und somit kann es keine Auflösung wie gewünscht geben.

Geht dass alles so oder habe ich es mir an manchen Stellen zu einfach gemacht?
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
kurtg
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 27.08.2008
Mitteilungen: 1024
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2018-03-08

\(\begingroup\)
Wenn ich es richtig sehe, musst du zudem noch verwenden, dass $H^1(H,\mathbb{Z})$ und $H^1(K,\mathbb{Z})$ endlich erzeugt sind. Dann sollte es aber passen.
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Ueberdeckungspro hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Ueberdeckungspro hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
Neues Thema [Neues Thema]  Druckversion [Druckversion]

 


Wechsel in ein anderes Forum:
 Suchen    
 
All logos and trademarks in this site are property of their respective owner. The comments are property of their posters, all the rest © 2001-2018 by Matroids Matheplanet
This web site was made with PHP-Nuke, a web portal system written in PHP. PHP-Nuke is Free Software released under the GNU/GPL license.
Ich distanziere mich von rechtswidrigen oder anstößigen Inhalten, die sich trotz aufmerksamer Prüfung hinter hier verwendeten Links verbergen mögen.
Lesen Sie die Nutzungsbedingungen, die Distanzierung, die Datenschutzerklärung und das Impressum.
[Seitenanfang]