Omologia e omologia ridotta

[Bremen000]

Provo a rispondermi da solo. Se \( g: \mathbb{Z} \to N \) è un omomorfismo e \( f : M \to N \) è un omomorfismo suriettivo allora, per la suriettività di $f$, posso prendere \( x \in M \) tale che \( f(x) = g(1) \). Sia \( h : \mathbb{Z} \to M \) l'omomorfismo che manda \( 1 \mapsto x \). Allora è completamente definito perché so quale è la sua azione su \(1 \) che genera \( \mathbb{Z} \). Inoltre mi basta mostrare che \( f h (1) = g(1) \) ma questo è immediato per come è stato costruito $h$.

Funziona?

@killing: purtroppo capisco solo pochissimo di quello che scrivi, questo probabilmente è dovuto al fatto che non ho mai dato un esame di algebra nella mia vita e ancor più probabilmente è quindi un azzardo provare a capire queste cose senza essermi prima fatto una solida base di algebra. Solo che sono riuscito a capire abbastanza bene la topologia generale senza algebra alle spalle e mi sono poi incuriosito!

[killing_buddha]

Provo a rispondermi da solo. Se \( g: \mathbb{Z} \to N \) è un omomorfismo e \( f : M \to N \) è un omomorfismo suriettivo allora, per la suriettività di $f$, posso prendere \( x \in M \) tale che \( f(x) = g(1) \). Sia \( h : \mathbb{Z} \to M \) l'omomorfismo che manda \( 1 \mapsto x \). Allora è completamente definito perché so quale è la sua azione su \(1 \) che genera \( \mathbb{Z} \). Inoltre mi basta mostrare che \( f h (1) = g(1) \) ma questo è immediato per come è stato costruito $h$.

Funziona?

Il motivo è esattamente che un epimorfismo $f : M \to N$ determina un omomorfismo $\mathbb Z \to M$ per ogni omomorfismo $\mathbb Z \to N$. Il che equivale a riscrivere la proprietà di esattezza che definisce $ZZ$ come proiettivo.

Solo che sono riuscito a capire abbastanza bene la topologia generale senza algebra alle spalle e mi sono poi incuriosito!

Si chiama topologia algebrica perché si fa con l'algebra.

[Bremen000]

Si chiama topologia algebrica perché si fa con l'algebra.

Eh si, dici che potevo intuirlo?

Vabbè vediamo che piega prende il mio percorso in matematica, magari un giorno approfondirò per bene queste cose! Grazie mille per la disponibilità!

[killing_buddha]

Un'osservazione interessante è che in omologia ridotta "le sfere sono delle delta di Kronecker":
\[ \tilde{H}_p(S^q)\cong \delta_{pq}\mathbb Z\]
Da questo, determinare qual è l'omologia ridotta dei tori \(T^n = S^1\times \dots \times S^1\), dei tori generalizzati \(T^n_k = S^k\times \dots\times S^k\) o dei tori super-generalizzati \(T^n[\vec k] = S^{k_1}\times\dots\times S^{k_n}\) è algebretta.

[dan95]

Künneth

[Bremen000]

Credo intenda dire che è facile!

[dan95]

Quando leggi di sfuggita ecco che succede

[killing_buddha]

Künneth

Chiaramente ci si può ridurre a esprimerla in termini dell'omologia non-ridotta di quegli spazi (l'unica differenza è in grado zero). Chiamarla algebretta è un bait, comunque, perché non è esattamente elementare determinare qual è il rango preciso di \(H_n(T^n[\vec k])\): si possono scrivere delle formule implicite, ma poco più. Ci hai provato?