(co) homología de grupos simétricos

Question

Deje $S_n=\{\text{bijections }[n]\to[n]\}$ ser el n-ésimo grupo simétrico. Su (co)homología se entenderá con el trivial de acción. ¿Cuáles son las $\mathbb{Z}$-módulos de $H_k(S_n;\mathbb{Z})$? El uso de BRECHA, se calcula para este pequeño $n$ e $k$: Esto parece ser una cantidad infinita de datos sin aparente patrones, sólo la estabilización de $n\geq2k$.

En Estable homología de automorphism grupos de libre grupos (Galatius - 2008) pág.2 de ahí que está escrito: "La homología de grupos de $H_k(S_n)$ son completamente conocidos", en referencia a Nakaoka artículos Teorema de la descomposición de la Homología de Grupos de Grupos Simétricos, la Homología de la Infinita Grupo Simétrico, Nota sobre cohomology álgebras de grupos simétricos de 1960, 1961, 1962. No he encontrado ninguna tabla de este tipo en dichos artículos, o en Cohomology de Grupos Finitos (Adem, Milgram - 1994). Mis preguntas son:

1) No $H_k(S_n;\mathbb{Q})$ e $H_k(S_n;\mathbb{Z}_p)$ para todos los prime $p$ determinar $H_k(S_n;\mathbb{Z})$?

2) ¿Cómo funciona la tabla de arriba busque más grandes de n y k, por ejemplo, qué es $H_k(S_{2k};\mathbb{Z})$ para $k=1,...,30$?

3) Es para todos los prime $p$ e $k\geq1$ el módulo de $\mathbb{Z}_{p^k}$ un sumando directo de algunos de los $H_k(S_n;\mathbb{Z})$?

4) No $H_k(S_n;R)\cong H_k(S_{2k};R)$ as $R$-módulos para $n>2k$ mantener por encima de cualquier anillo de $R$?

Answer 1

La respuesta paradójica es que es molesto, pero sencillo para determinar el $H_k(S_n)$ para valores particulares de $k$ e $n$, pero es muy fácil escribir $H_*(\coprod BS_n)$, abarca todos los $k$ y todos los $n$ a la vez. Más generalmente, si $C$ es la mónada sobre la base de espacios $X$ determinada por las $E_{\infty}$ operad $\mathcal C$, entonces el álgebra de Hopf $H_*(CX;\mathbb F_p)$ es un explícitamente conocido functor de la coalgebra $H_*(X;\mathbb F_p)$. Además, el Bockstein espectral de la secuencia de $CX$ para cualquier prime $p$ es functorially determinada por la de $X$, por lo que, en principio, la integral homología de $CX$ está expresamente determinada por la integral de homología de $X$. Cuando $X= S^0$, $CX$ es la inconexión de la unión de la clasificación de los espacios de $BS_n$, por lo que la homología de todos los grupos simétricos es hay un caso especial que, conectados entre sí por multiplicativo de la estructura determinada por la evidente homomorphisms $S_m\times S_n \longrightarrow S_{m+n}$. User43326 da una referencia para todos los de este. La respuesta a 1) y 3), es que sí, la respuesta a 2), es que es aburrido, pero implícito de cómo escribir una tabla, como la suya, para valores pequeños de $n$ e $k$, no es especialmente interesante para hacerlo, o por lo que se parece a mí. Se puede dejar como un ejercicio para comprobar si o no 4) es verdadera.

Answer 2

La respuesta a la pregunta 1 es "sí". La clasificación de espacio del grupo simétrico es finito, por lo que su integral de homología está determinado por su racional de homología y $p$-local de homología para todos los $p$'s. Ahora, mod $p$ de homología en realidad no determinar el $p$-local de homología, pero sabemos completamente la bockstein espectral de la secuencia (ver http://www.math.uchicago.edu/~mayo/LIBROS/homo_iter.pdf Capítulo 1, el Teorema 4.13, por lo que podemos obtener el $p$-local de homología. Además, desde el grupo simétrico es finito, su racional de homología es trivial.

La respuesta a la pregunta 4) también es sí (y esta vez, se trata de un verdadero sí), y una buena referencia es http://www.math.uchicago.edu/~mayo/LIBROS/homo_iter.pdf que Usted puede leer mod $p$ de homología de $\Sigma _n$ de la de $CS^0$, y de esto se trata en el capítulo 1, sección 5.

Espero que usted puede encontrar las respuestas a otras preguntas en las referencias anteriores.

Answer 3

Aquí están algunos de los comentarios, incluyendo una respuesta a (3). En primer lugar, si usted quiere una real explícita cálculo de la mod-2 cohomology de grupos simétricos $S_n$ para la mayor $n$ como sea posible, usted debe buscar en M. Feshbach de `El ministerio de defensa-2 cohomology de los anillos de los grupos simétricos y invariantes' Topología de volumen 41 (2002) 57-84. Este contiene explícita de los cálculos de la cohomology anillos de $H^*(S_n;\mathbb{F}_2)$ para $n\leq 16$, incluyendo la corrección de un error de menor importancia en un cálculo en el libro de Adem y J Milgram.

La ventaja de cohomology es que es un anillo, además de que la cohomology de un determinado grupo con coeficientes en $\mathbb{Z}$ o un campo es un finitely presentado álgebra sobre los coeficientes.

Aquí no es una solución constructiva a (3). Por el universal coeficiente de teorema, es suficiente para mostrar la misma cosa para cohomology. Ahora vamos a $n$ ser lo suficientemente grande que el grupo simétrico $S_n$ contiene un subgrupo cíclico de orden $p^k$; por supuesto, el menos $n$ es $n=p^k$. Para cualquier $n$, habrá elementos de orden $p^k$ en $H^j(S_n;\mathbb{Z})$ infinitamente muchos de los valores de $j$. A ver este que utiliza la Iguala-Venkov teorema.

Para cualquier grupo finito $G$ y cualquier subgrupo $H$, el mapa de $H^*(G;\mathbb{Z})$ a $H^*(H;\mathbb{Z})$ hace que el anillo de $H^*(H;\mathbb{Z})$ en un módulo para el anillo de $H^*(G;\mathbb{Z})$. La Iguala-Venkov teorema nos dice que $H^*(H;\mathbb{Z})$ es finitely genera como una $H^*(G;\mathbb{Z})$-módulo.

Ahora para aplicar este. El cohomology anillo de el grupo cíclico de orden $p^k$ es isomorfo a un polinomio anillo de $\mathbb{Z}[c]/(p^kc)$ donde $c$ es un generador de $H^2$. Si $R$ es un (clasificado) sub-anillo de este anillo tal que todo el anillo es un finitely generadas $R$-módulo, a continuación, $R$ contiene $c^m$ para algunos $m$, y, por tanto, $H^{2mj}(S_n;\mathbb{Z})$ contiene un elemento de orden $p^k$ por cada $j$. El universal coeficiente teorema luego le dice que $H_{2mj-1}(S_n;\mathbb{Z})$ contiene un elemento de orden $p^k$ para todos los $j$.

Se le preguntó acerca de los sumandos de la orden exactamente $p^k$. De hecho, $H^*(S_n;\mathbb{Z})$ contendrá estos siempre $n\geq p^k$, aunque no me pueda proporcionar una rápida argumento. Más rápido, cosa que veo es que para $p^k \leq n < p^{k+1}$, el exponente de la $p$-local cohomology de $S_n$ es exactamente $p^k$. Te voy a dar el argumento sólo para $n=p^k$. Hay un subgrupo de $S_{p^k}$ isomorfo al producto directo de la $p$ copias de $S_{p^{k-1}}$. Por otra parte, el índice de este subgrupo es divisible por $p$ pero no divisible por $p^2$.

Para cualquier grupo finito $G$ y de los subgrupos $H$, hay una transferencia de mapa en cohomology $H^*(H;\mathbb{Z})\rightarrow H^*(G;\mathbb{Z})$ con la propiedad de que el mapa compuesto de $H^*(G;\mathbb{Z})$ a de la primera asignación a $H^*(H;\mathbb{Z})$ y, a continuación, transferir la copia de seguridad es igual a la multiplicación del índice de $|G:H|$.

Volviendo al grupo simétrico, sabemos por inducción en $k$ que el exponente de la $p$-parte de $H^*(S_{p^{k-1}};\mathbb{Z})$ es $p^{k-1}$, y por el Kunneth fórmula lo mismo es cierto para el producto directo de $p$ copias de este grupo. La restricción de $S_{p^k}$ a este subgrupo, seguido por la transferencia de mapa de copia de seguridad es, hasta unidades, la multiplicación por $p$ sobre el $p$-local cohomology $H^*(S_{p^k};\mathbb{Z}_{(p)})$. Por lo tanto el exponente de este grupo está en la mayoría de los $p^k$. Combinado con la Iguala-Venkov límite inferior, esto da la reclamación.