群上同调的直觉

Question

我开始学习循环群的上同调，以准备用于全局类场理论的证明（使用理想理论参数）。我已经看过长精确序列和Herbrand商基本性质的证明，并且我已经开始研究如何在类场理论的证明中使用它们。

到目前为止，我所能告诉的是上同调群是由一些特殊的模出过程给出的，然后我们导出一些随机属性（如长精确序列），然后我们计算诸如$H^2（\mathrm{Gal}（L/K），I_{L}）$之类的东西，其中$I_L$表示数值域$L$的分数理想组，对于类场理论的研究来说，这恰好是一件有趣的事情，例如$I_K/\mathrm{N}（I_L）$，其中$L/K$是循环的，$\mathrm{N}$表示理想范数。然后我们发现上同调群对于简化具有不同阶群索引的计算很有用。

我不知道这些同调群定义背后的直觉是什么。我知道几何设置中的上同调是什么（所以我知道取核模到图像中的例子很有趣），但我不知道为什么我们取这些特定的核模到这些特定的图像中。为什么他们被定义为这样，直觉是什么？为什么我们应该期望这些如此定义的上同调群具有良好的性质并帮助我们学习代数数论？现在，我只看到了一个接一个的定理，我看到了代数操作和图表追踪，它们证明了这一点，但我没有看到更大的画面。

对于上下文，如果$A$是一个$G$-模，其中$G$是循环的，$\sigma$是$G$的生成器，那么我们定义了$A$的自同态$D=1+\sigma+\sigama^2+\cdots+\sigma ^{|G|-1}$和$N=1-\sigma$，然后$H^0（G，A）=\mathrm{ker}（N）/\mathrm{im}（D）$和$H^1马特姆{im}（N）$。请注意，这是对群上同调的轻微修改，即上同调理论主要用于类场理论的泰特上同调。群上同调与$H^0（G，A）=\mathrm{ker}（N）$相同。泰特上同调的优点是，对于$G$循环，它是$2$周期的。

Answer 1

这里有一个完全基本的例子，它表明群上同调不是空话，而是可以解决一个问题（“有理圆的参数化”），其语句与上同调无关。

假设你知道，对于群$G$的有限Galois扩张$k\子集k$，第一个上同调群$H^1（G，k^*）$为零：这是Hilbert定理90的同调版本（你可以在Weibel关于同调代数的书中查到，第175-176页）。

此外，如果$G$与生成器$s$是循环的，这意味着$K的元素$只有当且仅当它可以用K$中的某些$a\写入$\frac{a}{s（a）}$时，才具有范数1。

现在考虑具有$Gal（\mathbb Q（i）/\mathbbQ）$的生成器$s$的二次扩张$k=\mathbb-Q\子集k=\mathbb Q（i）$的复共轭。上面的语句表示$x+iy\in\mathbb Q（i）$满足$x^2+y^2=1$iff$x+iy=\frac{u+iv}{s（u+iv）}=\frac{u+iv}{u-iv}=\frac{u^2-v^2}{u^2+v^2{i\frac}{u_2+v^2}$，用于mathbb Q（i）$中的某些$u+iv。

因此，我们从群上同调得到了单位圆$x^2+y^2=1的有理点的著名参数化$$$x=\frac{u^2-v^2}{u^2+v^2{，\quad y=\frac{2uv}{u_2+v^2]$$。

Answer 2

附和一些已经说过的话：尽管标准数学课程的（呆板的）传统忽略了这些东西，但了解群（co）同调由在表示空间上取G-[co]固定向量的函子的“导出函子”组成是非常有用的。（不幸的是，这两个“co”颠倒了。）因此，有一个内在的定义。这些高阶导数函子是“纠正”（共）固定向量函子的非精确性的普遍/正确的东西。诚然，这个定义并不能解释为什么我们会如此在意，但归根结底，它是同源性的很大一部分是，我想。

了解/证明这一点也很有用任何投影分辨率可用于计算（co）同源性。

因此，特定的选择（同质/非同质棒材分辨率等）不是定义，尽管普遍认为是这样。

明智/有洞察力地选择解决方案的关键是简化关于特定情况的计算。

C.Weibel关于同调代数的书在群（co）同调方面做了一些很好的示例计算，因为它是一个例子.

Answer 3

我觉得我对每一个此类问题的回答都是“西尔弗曼在书中对椭圆曲线的处理非常好”，但西尔弗曼在书中关于椭圆曲线的描述非常好！

特别是，对于H^1，至少我总是觉得从曲折的角度来思考很好。一般来说：如果X是域K上的一个变分，而L/K是Galois扩张，那么我们说X'/K是一个L型扭转如果X和X'在L上存在同构（如果我们只是说X'是某个L的L-扭曲，我们就称之为扭曲第页，共页）

无论如何，这是一个很好的练习，可以检查X的L扭曲是否在H^1（Gal（L/K），Aut（X/L））中产生类。（在有利的情况下，L扭曲实际上与Galois上同调集是双射的。）这是构成Silverman最后一章大部分内容的主要齐次空间或torsor的整个故事的基础。

Answer 4

我不确定这是否是你想要的，但我总是从群的分类空间的同源性的角度来考虑群（共）同源性。假设$G$是离散的，则存在一个拓扑空间$BG$，其性质是$\pi_1BG=G$，且高同伦群消失。从结构上看，$BG$有一个可收缩的承保范围$EG$，因此$EG/G=BG$。

$H_n（BG）$与代数定义的$H_n-（G）$相同，因为如果我们取$EG$的细胞链复数，我们最终会得到$G$-模的整数分解，因为$G$在$EG$上的作用传递给链群。然后通过$G$的积分群环张量，只需划分$G$作用，我们就得到了$BG$的细胞链复合体。

Answer 5

首先，我要说的是，除了知道群上同调来自于派生函子及其所有属性之外，我对一般的群上同态没有多少直觉。然而，在数论中，有很多地方可以实现上同调群，将你感兴趣的其他对象参数化。要理解这些其他对象（你可能有非常真实的直觉），那么使用群上同调机制就足够了。下面是几个例子。我忘了在所有东西上都加连续的下标，所以要小心。错误是我的。

首先，在（编辑：局部）类场理论领域中，我们有Brauer群$Br（K）$，它是$K$上中心单代数到等价$A\sim M_n（A）$的交换群（在张量运算下）。结果表明，$Br（K）$和$H^2（G_K，上划线{K}^{times}）$之间存在自然同构。这种同构提供了两个进行重要计算的世界。例如，$K$上的每个中心单代数在$K$的未分类扩张上分裂的语句可以用Brauer群显式地证明，也可以通过检查$H^2（G（K^{nr}/K），上划线{K}^次）=H^2。从这两种证明中，你都能得到另一种证明。也许，同样在阶级场理论领域中，局部Artin图是作为某个杯子产品给出的Tate群体的地图出现的，但这需要更长的时间来解释。你应该看看米尔恩关于CFT的笔记来了解这一切（我所说的是第三章和第四章）。

这是另一个。假设$B$是拓扑环，$G$是拓扑群，并且$G$连续作用于$B$。然后，我们考虑具有半线性作用的有限自由$B$-模$X$，即$g（bx）=g（B）g（X）$用于所有$B\ in B$和$X\ in X$。事实证明，所有这些对象都由$H^1（G，GL_d（B））$参数化。（警告：这是非阿贝尔上同调，所以这只是一个点集。点对应于具有对角作用的平凡半线性表示$B^d$。）这在$p$-adic Galois表示的部分中出现得很早，其中研究了周期环$B_{dR}、B_{HT}$等。

最后，考虑这样一种情况，其中有一个表示$\overline{\rho}:G_{mathbb Q，S}\rightarrow GL_n（\mathbb F_p）$，人们想知道它是否有litings$\rho:G_}\mathbbQ，S{\rightarrow GL_n（R）$，其中$R$是一些带有剩余字段$\mathbb-F_p$的完整DVR。如果我们已经有一个到$GL_n（R'）$的提升，并且$R$和$R'$足够好（有一个超射$R\rightarrowR'$，它的内核$I$被$R$中的最大理想杀死），那么进一步提升的障碍在于上同调群$H^2（G{mathbb Q，S}，I\otimes Ad（\overline{\rho}）$，其中$Ad（\ overline}）$是向量空间$M_n（\mathbb F_p）$以及$\上划线{\rho}$的共轭作用。这（我专门介绍了一些事情）写在Mazur的论文《变形伽罗瓦表现》中。

最后，当我问我的顾问一个类似于你所问的问题时，我只会说我的顾问告诉我的话：“等一下，你会看到随着群体上同调，你的想法会变得更加清晰。”

Answer 6

另请参阅此数学。我写的SE帖子是为了获得更多动力：https://math.stackexchange.com/a/270266/873回想一下$\mathrm H^*（G，M）=\mathrm｛Ext｝^*（\mathbb｛Z｝，M）$。

在学习了更多的数学之后，我遇到了下面的一个使用群上同调的例子，它揭示了它的几何意义。（如果您想看到关于群上同调如何自然产生的更具体的解释，请跳过下一段。）

对于二维格子$L$，我们将椭圆曲线定义为$E=\mathbb{C}/L$。注意，这个椭圆曲线的第一同调群同构于$L$，正是因为它是泛覆盖$\mathbb｛C｝$乘以$L$的商。θ函数是椭圆曲线上的一段线束。由于任何线束都可以提升到$\mathbb{C}$，通用覆盖，并且在可压缩空间上的任何线束是平凡的，所以线束是普通线束在$\mathbb{C{$上的商。我们可以定义一个函数$j（\omega，z）：L\times\mathbb{C}\to\mathbb2{C}\setminus\{0\}$。然后，我们将$（z，w）\in\mathbb{C}^2$（即$\mathbb{C}$上的线束）与$（z+\omega，j（\omega、z）w）$进行标识。为了使这个等价关系给出$\mathbb{C}/L$上定义良好的束，我们需要以下条件：假设L$中的$\omega_1，\omega_2\。然后$（z，w）$被标识为$（z+\omega_1+\omega _2，j（\omega _1+\omega_2，z）w$。但是$（z，w）$用$（z+\omega_1，j（\omega_1，z）w）$标识，它用$（z+\omega _1+\omega_2，j（\ omega _2，z+\omega_1）j（\omega _1，z）w）$标识。换句话说，这将强制$j（\omega_1+\omega_2，z）=j（\omega_2，z+\omega _1）j（\omega_1，z）$。这意味着，如果我们将$j$视为从$L$到非消失全纯函数集$\mathbb{C}\to\mathbb2{C}$的函数，并且在这个集上的（右）L-action由$（\omegaf）（z）\mapstof（z+\omega）$定义，那么在群上同调语言中，$j$实际上是一个$1$-cocyle。因此$H^1（L，\mathcal{O}（\mathbb{C}））$，其中$\mathcal{O}（\mathbb{C{）$表示$\mathbb{C}$上全纯函数的（加法）$L$-模，对$\mathbb{C{/L$上的线束进行分类。更重要的是，这个集合也是由层上同调$H^1（E，\mathcal{O}（E）^{times}）$来分类的（其中$\mathcal{O}（E）$是$E$上全纯函数的层，$\times$表示全纯函数环的单位组）。也就是说，我们可以通过考虑同调群在泛覆盖上作用的群上同调来计算空间的层上同调！此外，$0$th群上同调（这一次是亚纯函数，而不仅仅是全纯函数）是$L$下的不变元，即椭圆函数，类似地，$0$层上同调是全局部分，也是椭圆函数。

更具体地说，θ函数是一个亚纯函数，这样$\theta（z+\omega）=j（\omega，z）\theta（z）$表示所有$z\in\mathbb{C}$，$\omega\inL$。（很容易看出，$\theta$给出了上述$j（\omega，z）$给出的$E$上定义良好的线束部分。）然后，注意$\theta（z+\omega_1+\omega _1）=j（\omega_1+\omega _2，z）\theta！更一般地，如果$X$是一个可压缩的Riemann曲面，并且$\Gamma$是在足够好的条件下作用于$X$的群，那么考虑$X$上的亚纯函数$f$，使得$f（\Gamma z）=j（\gama，z）f（z）$对于$z\in X$，$\Gamma\in Gamma$，其中$j:\Gamma\times X\to\mathbb{C}$对于固定的$\gama$是全纯的。然后可以类似地检查$f$是否定义良好，$j$必须是$H^1（\Gamma，\mathcal{O}（X）^\ times）$中的$1$-cocyle！（即，通过$\mathcal{O}（X）^\次$上的预合成作用$\Gamma$，$X$上全纯函数环的单元组。）因此共循环条件来自一个非常简单和自然的定义（在组的作用下根据函数$j$进行变换的函数）。一个基本示例是$G{2k}（z）$这样的模块形式，它满足SL_2（mathbb{z}）$中的$G{20k}。它自动地得出结论，在群上同调中，简单如$（cz+d）^{2k}$的东西是一个cocycle，因为$G_{2k{$例如是非零的。

Answer 7

J.S.Milne关于类场理论的在线笔记中包含了一章关于群上同调的内容，其中包括易于访问的Tate上同调（以及理解类场理论所需的确切内容）。

对于代数直觉，关键字是派生函子。群上同调（和同调）是派生函子的例子，这可以被认为是定义为何如此，以及它们为何有趣/有用的原因。

Answer 8

在AMS Bull中，Mac Lane将拓扑和逻辑作为代数的来源。1976年1月可能会有所帮助。

Answer 9

在我看来，你能做的最好的事情就是在同调代数的上下文中看到群上同调。例如，希尔顿和斯坦姆巴赫关于同调代数的书应该是一个很好的介绍。

Answer 10

群上同调是某一地点上的层上同调，参见例如塔姆关于故事上同调的书。Hochschild-Sere谱序列是一个Leray谱序列。伽罗瓦上同调是场的传说上同调。

使用étale上同调，计算局部域的Brauer群是很简单的：$\mathrm{Br}（K）=H^2（K，\mathbf{G} _米)$，其中一个具有从$0\到H^2的精确序列（\mathfrak{O} K（_K），\mathbf{G_m}）\到H^2（K，\mathbf{G} _米)\到H^1（k，\mathbf{Q}/\mathbf{Z}）\到0$。但是$H^1（k，\mathbf｛Q｝/\mathbf｛Z｝）=\mathbf｛Q｝/\mathbf｛Z｝$和$H^2（\mathfrak{O} K（_K），\mathbf{G_m}）\hookrightarrow H^2（k，\mathbf{G} _米)=0$自$G_k=\hat{\mathbf{Z}}$和$H^1（k，\mathbf{G} _米)=0$（Hilbert 90），Herbrand商微不足道。