Cálculos comunes en Cohomology del grupo

Question

Sea G=A⋊B, donde a y B son abelian, y de coprime orden. Parece que, desde mis cálculos (y que me corrija si estoy equivocado), que Z¹(C_p,C_p) es trivial, para p y p diferente de los números primos. Lo que significa que los automorfismos de G, si A=C_p, y B=C_p, que preservar y conservar los cosets G/A, son todos trivial. ¿Hasta dónde podemos extender esto? Sería cierto en general que Z¹(a,B) es trivial, con los supuestos anteriores (que a y B son abelian y de coprime orden)? Si no, ¿bajo qué supuestos es trivial? Y cuando podemos decir acerca de si es no trivial?

Answer 1

Los automorfismos de esta extensión son básicamente los mismos como grupo cohomology $H^1(B; A)$, por lo que me centraré en el primero.

Por eso queremos demostrar que este debe ser cero, dado que B y a son finitos abelian y de coprime orden. Este es el mismo que el trenzado cohomology de la clasificación de espacio de BB. Ahora podemos mirar el paquete de $p:EB \to BB$. Este es un cubriendo el espacio con la fibra el espacio discreto B.

Ahora, porque la fibra es discreto tenemos un camino equivocado transferencia mapa en twisted cohomology:

$$p_{!}: H^1(EB; A) \to H^1(BB; A)$$

donde el primer grupo está torcido cohomology en la tira de la espalda local coeficiente de sistema. Como con todas las transferencias tenemos que

$$p_{!} \circ p^*: H^1(B; A) \to H^1(B; A)$$

es la multiplicación por la orden de la fibra, es decir,$|B|$. Dado que las órdenes de a y B son coprime este es un isomorfismo. Pero desde $EG \simeq pt$ es contráctiles, este mapa de factores a través del grupo cero y, por tanto,$H^1(B; A) = 0$.

Cualquier prueba de que la cohomology de un grupo de torsión para el orden del grupo (hay más concretos, a continuación, la de arriba) va a dar el mismo resultado que el $H^1(B; A) = 0$. Hay muchas maneras de demostrar esta (como los comentarios de punto de espera), el de arriba es solo mi favorito.

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Entonces, ¿cuál es la diferencia entre el $H^1(B;A)$ y el isomorphisms de la extensión de G? Así como usted lo señaló el isomorphisms de G (que restringir a la identidad y el cociente B) son las mismas que las de la barra de la resolución coycycles Z^1(B;A). Así que tenemos una secuencia exacta,

$$A= C^0(B;A) \to Z^1(B; A) \to H^1(B;A) \to 0$$

pero, como hemos visto, el término $H^1(B;A) = 0$. Por lo tanto debemos calcular los límites. Usted tiene uno de esos potencial homomorphism para cada elemento de la $A$, a pesar de los diferentes elementos podría dar lugar a la misma automorphism de $G$. Ellos son de la forma:

$$b \mapsto a - b \cdot a$$

donde $a \in A$ es fijo. Si la acción de B en a es trivial, entonces estos se desvanecen, pero en general puede ser distinto de cero. Mi ejemplo favorito es el quaterion grupo que vemos como

$$\mathbb{Z}/4 \to Q_8 \to \mathbb{Z}/2$$

con la $\mathbb{Z}/4$ el grupo $( 1, i, -1, -i )$. Un elemento $x \in A = \mathbb{Z}/4$ induce la homomorphism

$$y \mapsto x - y \cdot x$$

que envía la no-trivial elemento de $\mathbb{Z}/2$$2x$. En particular, no es trivial para un generador de A. Esto corresponde a la isomoprhism de $Q_8$ que envía a $i$$i$$j$%#%.

Answer 2

Usted podría estar considerando un caso especial de la Schur-Zassenhaus teorema. Si a es normal Salón-subgrupo de G, entonces a tiene Un complemento de B, y todos los complementos B son conjugado bajo la acción de G. Esto es, más propiamente, H^1(B,A) en lugar de Z^1(B,A).

Para Z^1(B,A) ser trivial, B^1(B,a) debe ser trivial, pero B^1(B,A) es, básicamente, [B,a], lo que podría ser distinto de cero. Por ejemplo, si G es no-abelian de orden 6, entonces a es cíclico y normal de orden 3, B es cíclico de orden 2, y B actúa como inversión en A. Entonces B^1(B,A) debe ser isomorfo a Una, que es de orden 3. Básicamente, tiene 3 complementa en G, por lo que B^1(B,A) debe tener tres elementos, pero todos son conjugadas, por lo que H^1(B,A)=0.

Supongo que hay un montón de definiciones de C^1(B,A), así que tal vez usted ha elegido uno donde B^1(B,A)=0, pero creo que la opción estándar cuando se mira en semi-directo de los productos ("Cruzado homomorphisms"), no tienen B^1(B,A) es trivial.