Anillo de cohomología de $H^*(A_5;\mathbb Z_2)$ ?

Question

¿Cuál es el anillo de cohomología de $H^*(A_5;\mathbb Z_2)$ ? Aquí $A_5$ es el grupo alterno en $5$ cartas.

Me siento cómodo con la secuencia espectral de Lyndon-Hochschild-Serre, y entiendo cómo usarla para calcular la cohomología de $A_4$ . Sin embargo, debido a que $A_5$ es simple, no hay extensión $1 \to G \to A_5 \to H \to 1$ Así que no estoy seguro de cómo usar esto.

Answer 1

No conozco una forma sistemática de calcular la cohomología de los grupos alternos. Tal vez haya algún método que implique la LHSSS para $A_n \to S_n \to \Bbb Z/2$ así como los hechos conocidos combinatoriamente sobre la cohomología de $S_n$ o tal vez alguna modificación de todo el asunto del cuadro de Young para que funcione también para los grupos alternativos. No lo sé.

En cualquier caso, sigue estando en un rango lo suficientemente pequeño como para tener algo excepcional en su grupo (por lo que su cálculo para $n = 4$ podría funcionar en absoluto). En la actualidad, las características excepcionales son la siguiente colección de hechos.

1) $A_5$ se incrusta como un subgrupo finito de $SO(3)$ dado por las simetrías del icosaedro.

2) El cociente $SO(3)/A_5$ es una variedad llamada esfera de homología de Poincare, cuyos grupos de homología integral tienen $H_*(P) = H_*(S^3)$ . La forma más fácil de argumentar esto es mostrar que $P = SO(3)/A_5$ es lo mismo que $SU(2)/2I$ , donde $p: SU(2) \to SO(3)$ es la doble tapa y el grupo $2I = p^{-1}(A_5)$ se llama grupo icosaédrico binario, y se puede comprobar que es perfecto. Porque $S^3$ está simplemente conectado y $2I$ actúa libremente (mediante transformaciones que conservan la orientación: ¡todas son isotópicas a la identidad!), tenemos $\pi_1(P) = 2I$ y por lo tanto $H_1(P) = \pi_1(P)^{\text{ab}} = 0$ . Dado que se trata de una variedad orientada, la dualidad de Poincare implica que $H_2(P) = 0$ también (y por supuesto $H_3(P) = \Bbb Z$ ).

Dada una secuencia exacta corta de grupos $N \to H \to G$ la secuencia espectral de Lyndon-Hochschild-Serre es la secuencia espectral de Leray-Serre para la fibración $BN \to BH \to BG$ . Lo que vamos a explotar es una versión un poco más general de esto: supongamos $G$ es un grupo de Lie con un subgrupo cerrado $H$ no es necesariamente normal. Pensando en $BH = EG/H$ (después de todo, $BH$ es el cociente de un espacio contráctil por un espacio libre y propio $H$ -(la elección particular del espacio no importa), obtenemos una fibración $$G/H \to BH \to BG.$$ Haremos la secuencia espectral de Leray-Serre para $P \to BA_5 \to BSO(3).$

Debido al cálculo en (2) anterior, la secuencia espectral toma la forma $E^{*,0} = E^{*,3} = H^*(BSO(3);\Bbb Z)$ donde todos los demás $E^{p,q} = 0$ . Se trata de una secuencia espectral multiplicativa, lo que significa que cada página es un módulo sobre $H^*(BSO(3);\Bbb Z)$ . En particular, el $E_2$ es un módulo libre sobre este anillo (con dos generadores, uno en grado $E^{0,0}$ y uno en grado $E^{0,3}$ ). Es evidente que el único diferencial posible no nulo es $d_4$ por razones de grado; afirmo que basta con determinar el mapa $d_4: E^{0,3} \to E^{4,0}$ . Esto se debe a que si escribimos el generador de $E^{0,3}$ como $1_{0,3}$ entonces cualquier elemento de $E^{p,3}$ puede escribirse como $c \cdot 1_{0,3}$ para algunos $c \in H^p(BSO(3))$ . Por lo tanto, como las diferenciales en la secuencia espectral son derivaciones para la acción del anillo de cohomología, tenemos $$d_4(c \cdot 1_{0,3}) = d_4(c) \cdot 1_{0,3} + c \cdot d_4(1_{0,3}) = c \cdot d_4(1_{0,3}),$$ porque $c$ está contenida en la fila inferior y por lo tanto $d_4(c) = 0$ . Por lo tanto, el $E_5$ se da en la página $0$ -línea como $H^{*}(BSO(3))/d_4(1_{0,3})$ y en el $3$ -línea como $\text{ker}(d_4)$ .

En cuanto al cálculo real, en principio podría tratar de entender la transgresión en la secuencia espectral de Serre, pero es más fácil hacer trampa y simplemente usar el cálculo por ordenador de los cuatro primeros grupos de homología aquí . Vemos utilizando el teorema del coeficiente universal que $H^3(A_5; \Bbb Z) = \Bbb Z/2$ y $H^4(A_5; \Bbb Z) = \Bbb Z/30$ . Se concluye que $d_4(1_{0,3})$ debe ser $30 p_1$ , escribiendo $p_1 \in H^4(BSO(3))$ para el generador de grado 4.

Este mapa $d_4$ no tiene núcleo, porque la multiplicación por $p_1$ no tiene núcleo en el anillo de cohomología $H^*(BSO(3))$ . Así que el $E_5$ y por lo tanto $E_\infty$ está contenida en la página $q = 0$ línea; por lo tanto, no hay problemas de filtración, y encontramos que $E_\infty = H^*(A_5;\Bbb Z)$ . En particular, encontramos $$H^*(A_5;\Bbb Z) = H^*(BSO(3);\Bbb Z)/(30p_1) = \Bbb Z[e, p_1]/(2e, 30p_1).$$

Lo siguiente ha sido editado del post original, donde reclamaba un cálculo del anillo de cohomología.

El caso $p = 2$ anterior requiere un poco más de cuidado con respecto a los problemas de filtración porque el $q = 3$ La línea sobrevive (de hecho, no hay diferenciales en la secuencia espectral), pero estás trabajando sobre un campo: esto significa que como grupos, $H^k(BA_5; \Bbb F_2) \cong \oplus_i E_\infty^{k, i-k}$ y el producto en $H^*(BA_5)$ está de acuerdo hasta los términos de filtración más bajos con eso en $E_\infty$ . Esto significa que si $c_1 \in E_\infty^{i, k-i}$ y $c_2 \in E_\infty^{j,\ell-j}$ , entonces el producto $c_1 \cdot c_2$ en $H^{k+\ell}(BA_5)$ está de acuerdo con $c_1 \cdot c_2 + c_3$ , donde $c_1 \cdot c_2 \in E_\infty^{i+j,\ell+k-i-j}$ es el producto en el $E_\infty$ página, y $$c_3\in \oplus_{s < i+j} E_\infty^{s, k+\ell - s}.$$ Esto significa que el producto se puede escribir en términos del producto en el $E_\infty$ página y algunos "términos que están más a la izquierda".

Lo que muestra la secuencia espectral es que $H^*(BA_5; \Bbb F_2)$ tiene una subálgebra $H^*(BSO(3); \Bbb F_2)$ y el cociente $H^*(BA_5; \Bbb F_2)/H^*(BSO(3);\Bbb F_2)$ como módulos es un rango 1 libre $H^*(BSO(3);\Bbb F_2)$ -módulo. Si $k$ corresponde al elemento de $E^{0,3}$ se proyecta a un generador de este último. Pero no está inmediatamente claro cuáles son las relaciones sobre estos productos. (Creo que un teorema de Symonds implica que no hay más módulo relaciones, pero puede haber más relaciones de álgebra; en particular, no está claro qué $k^2$ es).

Del mismo modo, permítanme señalar que el argumento anterior demuestra igualmente que $H^*(A_5; \Bbb F_p)$ tiene $H^*(A_5;\Bbb F_p)/H^*(BSO(3);\Bbb F_p)$ un módulo libre unidimensional sobre $H^*(BSO(3);\Bbb F_p).$ Por supuesto, esto es completamente suficiente para determinar la cohomología individual grupos .

Finalmente,

$$H^*(A_5; F) = F \;\;\; F \text{ of characteristic} \geq 7 \text{ or } 0,$$ donde esto significa que no hay cohomología excepto en grado $0$ .

Answer 2

Hay una respuesta mucho más fácil que se me escapó en una primera pasada, pero utiliza algo de teoría técnica en lugar de simplemente hacer una secuencia espectral.

Dejemos que $G$ sea un grupo y $P$ sea el $p$ -Subgrupo Sylow. Si $P$ es abeliano, entonces el mapa $$H^*(G;\Bbb F_p) \to H^*(P;\Bbb F_p)^{N_G(P)/P}$$ dada por la restricción es un isomorfismo; aquí el exponente significa que tomamos puntos fijos bajo la acción natural de $N_G(P)/P$ por conjugación (podemos hacer un cociente por $P$ porque actúa de forma trivial: $P$ es abeliana). La prueba utiliza la fórmula del doble coset para el operador de transferencia; se puede encontrar dicha prueba en el teorema 6.8 del libro de Adem y Milgram sobre cohomología de grupos.

En particular, tenemos $$H^*(A_5; \Bbb F_2) = H^*(V_4; \Bbb F_2)^{\Bbb Z/3}$$ $$H^*(A_5; \Bbb F_3) = H^*(\Bbb Z/3; \Bbb F_3)^{\Bbb Z/2}$$ $$H^*(A_5; \Bbb F_5) = H^*(\Bbb Z/5; \Bbb F_5)^{\Bbb Z/2}$$

Te dejaré calcular las acciones de $N_G(P)/P$ en $P$ en cada caso.

Lo más interesante es la parte superior. Voy a citar para usted el cálculo completo de Adem-Milgram, Teorema 1.3: $$H^*(A_4; \Bbb F_2) = \Bbb F_2[w_2, w_3, k]/(k^2 + kw_3 + w_3^2 + w_2^3).$$

Los otros dos son cálculos rápidos, y dan $$H^*(A_5; \Bbb F_3) = \Bbb F_3[k, p_1]/(k^2)$$ y $$H^*(A_5; \Bbb F_5) = \Bbb F_5[k, p_1]/(k^2)$$ como se esperaba.