$f : X\to Y$ che induce iso razionali e mod p li induce sempre

[killing_buddha]

Vacanze di Natale e' sinonimo di "omotopia razionale"; mostrate questo fattucolo.

Se \(f\colon X\to Y\) e' una mappa di spazi decenti, che induce isomorfismi \(H_*(X, \mathbb Q)\to H_*(Y, \mathbb Q)\) e \(H_*(X, \mathbb{Z}/p\mathbb{Z})\to H_*(Y,\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})\) , allora $f$ induce anche un isomorfismo \(H_*(X,\mathbb Z)\to H_*(Y, \mathbb Z)\).

[Epimenide93]

Suppongo che nella definizione di spazio decente sia inclusa la richiesta che un tale spazio abbia gruppi di omologia integrale finitamente generati. Segue dal teorema dei coefficienti universali che il seguente diagramma commutativo (con le mappe ovvie)

\(\displaystyle \array{
0 & \to & H_i (X,\mathbb Z) \otimes \mathbb Q & \to & H_i(X, \mathbb Q) & \to & \text{Tor}(H_{i-1}(X, \mathbb Z), \mathbb Q) \cong 0 &\to & 0\\
\downarrow &&\downarrow &&\downarrow &&\downarrow &&\downarrow \\
0 & \to & H_i (Y,\mathbb Z) \otimes \mathbb Q & \to & H_i(Y, \mathbb Q) & \to & \text{Tor}(H_{i-1}(Y, \mathbb Z), \mathbb Q) \cong 0 &\to & 0
} \)

ha le righe esatte (per tutti gli $i$), sappiamo che per qualsiasi gruppo $G$ vale $\text{Tor}(G,\mathbb Q)=0$. Ora, possiamo scrivere un qualsiasi gruppo abeliano finitamente generato come $G \cong \mathbb Z^{\oplus r} \oplus T$, dove $T$ è la parte di torsione: \(T\cong \mathbb Z/(q_1) \oplus \cdots \oplus \mathbb Z/(q_s)\) con i $q_j$ potenze di primi (non necessariamente distinti). Segue dal five lemma e dal fatto che $G \otimes \mathbb Q = \mathbb Q ^{\oplus r}$ che $f$ induce un isomorfismo sulla parte libera dei gruppi di omologia integrale.

Analogamente a quanto fatto sopra, per ogni $p$ il diagramma:

\(\displaystyle \array{
0 & \to & H_i (X,\mathbb Z) \otimes \mathbb Z/(p) & \to & H_i(X, \mathbb Z/(p)) & \to & \text{Tor}(H_{i-1}(X, \mathbb Z), \mathbb Z/(p)) &\to & 0\\
\downarrow &&\downarrow &&\downarrow &&\downarrow &&\downarrow \\
0 & \to & H_i (Y,\mathbb Z) \otimes \mathbb Z/(p) & \to & H_i(Y, \mathbb Z/(p)) & \to & \text{Tor}(H_{i-1}(Y, \mathbb Z), \mathbb Z/(p)) &\to & 0
} \)

ha le righe esatte, e commuta. Dimostro per induzione su $i$ che la mappa indotta \(H_i (X,\mathbb Z) \to H_i (Y,\mathbb Z)\) è un isomorfismo per ogni $i$: per $i=0$, \(\text{Tor}(H_{-1}(X, \mathbb Z), \mathbb Z/(p)) = 0\) e come sopra \(H_i (X,\mathbb Z) \otimes \mathbb Z/(p) \to H_i (Y,\mathbb Z) \otimes \mathbb Z/(p)\) è un isomorfismo. Sapendo che \(G \otimes \mathbb Z/(p) = \left (\mathbb Z/(p)\right )^{\oplus r+r_p}\) (dove \(r_p = | \{q_j : \exists n \in \mathbb{N}_+ \ q_j = p^n\}|\)) abbiamo che $f$ induce un isomorfismo tra le componenti di torsione di ordine una potenza di $p$ di $H_0$, e questo risultato vale per ogni $p$. Usando il teorema di classificazione dei gruppi abeliani finitamente generati abbiamo che $f$ induce un isomorfismo \(H_0 (X,\mathbb Z) \to H_0 (Y,\mathbb Z)\). Passo induttivo: \(H_{i-1} (X,\mathbb Z) \to H_{i-1} (Y,\mathbb Z)\) è un isomorfismo, quindi lo resta (per funtorialità) applicando $\text{Tor}$. Il five lemma e quanto osservato prima ci permetto di concludere.

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Occhio che feste comandate è sinonimo di categorie triangolate

[killing_buddha]

Bello! Con un trucco più sottile però si può evitare di pretendere che i gruppi siano finitamente generati.

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sarebbe bello sentire una domanda triangolata qui, non trovi?

[Epimenide93]

Con un trucco più sottile però si può evitare di pretendere che i gruppi siano finitamente generati.

Non mi viene in mente nulla. Qual è il trucco?

[killing_buddha]

Ti sketcho gli step nascosti così li guardi sse hai voglia. Chiamo "$R$-equivalenza" per fare prima una mappa continua di CW-complessi che induce isomorfismi in ogni grado dell'omologia singolare a coefficienti in $R$.

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Se $f$ è una \(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\)-equivalenza, allora è una \(\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}\) per ogni $n\ge 1$.

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allora $f$ è una $\mathbb{Z}(p^\infty)$-equivalenza;

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allora $f$ è una \(\mathbb{Q}/\mathbb{Z}\)-equivalenza;

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allora $f$ è una $\mathbb{Z}$-equivalenza.