Estoy buscando un ejemplo elemental de un problema, para el que no se necesitan muchas cosas para entender la pregunta, pero que se puede resolver con un grupo de homología o cohomology.
Mi experiencia es, que estoy buscando un introductional problema para motivar a una charla sobre el grupo de homología y cohomology en un principiante.
Gracias mucho!
Más o menos tautológica ejemplo que muestra que el grupo de cohomology es "necesario" es el hecho de que la toma de invariantes bajo grupos finitos en resumen exacto de las secuencias de no preservar la exactitud.
Es fácil encontrar ejemplos de surjections $f:M\to N$ $G$- de los módulos de que la inducida por el mapa de $M^G\to N^G$ sobre los subespacios invariantes no es surjective.
Por ejemplo, si sus alumnos están familiarizados con los básicos de la topología algebraica (o de Rham cohomology) se puede estudiar en detalle la siguiente situación.
Si $G$ es un grupo finito que actúa correctamente de forma discontinua en un colector $M$, entonces el cociente $M/G$ es también un colector y de Rham cohomology $H^\bullet(M/G)$ es sólo el subespacio invariante $H^\bullet(M)^G$ por la acción natural de la $G$$H^\bullet(M/G)$. Esto puede ser probado completamente a mano.
Pero si el grupo no es finito, entonces esto ya no es cierto. Un ejemplo mínimo es $G=\mathbb Z$ actuando en $M=\mathbb R$ por las traducciones. A continuación, $M/G$ es un círculo, que tiene un no-trivial $1$-cohomology, por lo $H^1(M/G)\not\cong H^1(M)^G$.
Lo que está mal con este ejemplo es que el $\mathbb Z$ ha cohomology inpositive grados, por lo que no nos isomorphisms pero poco exacto secuencias que involucran grupo cohomology. En este caso particular, uno puede ser completa explícito al respecto.
La construcción de la cruz de producto álgebras es una muy natural problema.
Es muy fácil llegar a la $2$-cocycle condición para assocativity y a la condición de que tales cocycles ser cohomologous para las álgebras de ser isomoorphic.
Con suficiente mano que se agita, en este ejemplo se puede concluir mencionando el grupo de Brauer de los campos y el increíble hecho de que son "sólo" grupo cohomology grupos.
Es allí cualquier finito simplemente conectado a CW complejo en el que $\mathbb{Z}/2$ actúa libremente? No, desde luego, la clasificación de espacio $B(\mathbb{Z}/2)$ finito homológica dimensión, lo que implicaría que el grupo $\mathbb{Z}/2$ ha finito homológica dimensión. Pero uno puede calcular el $H_p(\mathbb{Z}/2,\mathbb{Z})=\mathbb{Z}/2$ por extraño $p$.
Si un grupo de $G$ actúa en un grupo abelian $N$, podemos formar la semidirect producto $N\rtimes G$ y hay un canónica surjection $p:N\rtimes G\to G$.
Este surjection se divide, y en el hecho de dividir surjections son de esta forma con abelian kernel.
Ahora, una división surjection admite muchos diferentes escisiones. Tan pronto como se intenta clasificarlos, se termina con $H^1(G,N)$.
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