杯积的分级交换性：非交换系数环

Question

对于R美元$一可交换的环和X美元$拓扑空间奇异上同调上的杯积$H^｛\ast｝（X）$是分级交换的。我对这项索赔的证据有疑问。

首先是一些定义：

• 给定拓扑空间X，Y美元$和打开子集$A\子项X$,$B\子项Y$，选取链同伦等价$$EZ\冒号S_{\ast}（X\乘以Y，X\乘以B\杯A\乘以Y；R）\右箭头S_{\asp}（X，A；R）\otimes S_{\ast}（Y，B；R）$$对于S^p（X，A；R）中的$\alpha$和S^q中的$\beta\（Y，B；R）$，定义上同调叉积作为$$\alpha\times\beta:=\mu\circ（\alpha\times\beta）\circEZ_{p+q}$$

我知道的证据如下：

我们首先证明了上同调叉积是分级交换的。然后，根据$\alpha\cup\beta=\Delta^{\ast}（\alpha\times\beta）$，其中$\增量\冒号X\右箭头X\乘以X$是对角线地图$\alpha\以H^p（X）表示$,H^q（X）中的$\beta\$。表示方式$T\冒号X\次Y\右箭头Y\次X$交换参数的映射$\tau\colon S_{\ast}（Y）\otimes S_{\ast}（X）\rightarrow S_{\st}$链复合体的一元类中通常的编织（即。$x\otimes y\mapsto（-1）^{\vert x\vert\vert y\vert}y\otimesx$). 链图$\tau\circ EZ\cic T$同意$欧元$在S_0美元$因此，它与$欧元$我们本可以用$\tau\circ EZ\circ T美元$定义交叉乘积。如果我们使用$\tau\circ EZ\cic T$定义上同调叉积（用$\times^｛\tau｝$)，我们发现$\alpha\times^{\tau}\beta=（-1）^{\vert\alpha\vert\beta\vert}\beta \times\alpha$索赔如下。

• 我们在哪里用的R美元$是可交换的吗？
• 为什么链图的事实$\tau\circ EZ\cic T$同意$欧元$在S_0美元$暗示它与$欧元$? 我知道如果$欧元$是射影分解，这就是同调代数的基本引理。但在这种情况下$欧元$通常不是一个精确的序列。

Answer 1

让我首先回答你的第二点：Eilenberg-Zilber定理（使用非循环模型的方法）指出，自然变换$\phi:S_*（-）\otimes S_*（–）\到S_*（-\次-）$是唯一确定的（在同伦范畴中）由它在度0中的作用决定的。正如你所怀疑的那样，证明使用了同调代数的基本引理，但要达到这一点，你还需要非循环模型。

当使用系数时，这仍然是正确的$\phi_G:S_*（-；G）\times S_*（—；G）\ to S_*（-\ times-；G）$（其中G美元$是阿贝尔群，例如当$G=（R，+）$是与环关联的加法群R美元$.)

对于定理的存在部分，您需要一个环结构。

现在，如果你检查构建的地图$\tau\circ EZ\cic T$同意$欧元$以0度为单位。

对于$X=Y=磅$我们确定$S_0（pt，R）=R$.地图T美元$将成为身份和$\tau:R\otimes R\到R\otimes R$是$r\otimes s\mapsto s\otimes r$.EZ地图$\phi_R$将是环乘法。所以我们总得检查一下$$r\cdots\overset{？}{=}s\cdotr$$ 编辑：（阅读评论后）以上只是“检查”所需的身份$X=Y=pt$，我并不是说这是任何证据。这只是为了强调R美元$对于上同调的“通常”分级交换性应该是必要的。

备注：如果您的戒指分级为可交换且美元\套$链复合物的单体范畴中的编织R美元$相应的叉积仍然是可交换的。。。也许“编织环”更通用（不知道这个概念是否存在）