$\def\ZZ{\mathbb{Z}}$Ahora entiendo el problema que user10676 preocupa: Para $X$ un razonable espacio topológico, ¿por qué es $H^k(X, \ZZ_{\ell})$ isomorfo a $\lim_{\infty \leftarrow n} H^k(X, \ZZ/\ell^n)$? Pensé que esto sería más fácil de hacer de lo universal coeficiente de teorema, pero ahora que trato de escribir una prueba, me parece más fácil hacer directamente.
Cada complejo variedad algebraica es homeomórficos a un número finito simplicial complejo. (Si recuerdo correctamente, usted puede encontrar una prueba en "los Algoritmos en la Geometría Algebraica Real".) Así que voy a utilizar simplicial más que singular cohomology. Trabajamos con un fijo de la triangulación para el resto de esta prueba.
Deje $C^k$ el grupo de $k$-co-cadenas con $\ZZ$ de los coeficientes. Deje $Z^k$ ser el co-ciclos y $B^k$ co-límites. Por lo $H^k(X, \ZZ) = Z^k/B^k$. Deje que el finitely generado grupo abelian $H^k(X, \ZZ)$ $\bigoplus_{1 \leq i \leq r} \ZZ/d_i \oplus \ZZ^{\oplus s}$ donde $d_1$, $d_2$, ..., $d_r$ es una secuencia de enteros positivos, donde $d_1$ divide $d_2$ divide ... divide $d_r$. El siguiente lema es útil en muchos cálculos sobre cohomology:
Lema Deje $C^{k-1} \to C^{k} \to C^{k+1}$ ser un complejo de libre finitely generado abelian grupos. Entonces podemos escribir este complejo como una suma directa de los complejos de las siguientes formas:
$$\ZZ \longrightarrow 0 \longrightarrow 0 \quad (1)$$
$$0 \longrightarrow \ZZ \longrightarrow 0 \quad (2)$$
$$0 \longrightarrow 0 \longrightarrow \ZZ \quad (3)$$
$$\ZZ \stackrel{d}{\longrightarrow} \ZZ \longrightarrow 0 \quad (4)$$
$$0 \longrightarrow \ZZ \stackrel{d}{\longrightarrow} \ZZ \quad (5)$$
donde $d$ es un entero positivo. (El caso de $d=1$ es permitido.)
Prueba en Primer lugar, elija arbitraria bases para$C^{k-1}$$Z^k$. El mapa de $C^{k-1} \to Z^k$ está dada por un número entero de la matriz. Ahora cambiar las bases para que esta matriz está en la forma normal de Smith. En estas bases, $C^{k-1} \to Z^k \to 0$ es una suma de complejos de tipo (1), (2) y (4).
Ahora, $B^{k+1}$ es un subgrupo de la libre $\ZZ$-módulo de $C^{k+1}$, por lo que es libre. Por lo tanto, podemos elegir una división de $C^k \to C^k/Z^k \cong B^{k+1}$. Deje $A$ ser la imagen de esta división, por lo $C^k \cong Z^k \oplus A$. Poner el mapa de $A \to C^{k+1}$ Smith en forma normal como antes. A continuación, $0 \to A \to C^{k+1}$ es una suma directa de los complejos de la forma (3) y (5). (Desde $A \to C^{k+1}$ es inyectiva, no hay ceros en la diagonal de la Smith forma normal, y (2) no se produce.) Nuestro complejo es la suma directa de $C^{k-1} \to Z^k \to 0$$0 \to A \to C^{k+1}$, por lo que se descompone como suma directa de los complejos de los cinco tipos enumerados anteriormente. $\square$
Si ahora los coeficientes de cambio a un nuevo grupo abelian $G$, podemos obtener los mismos complejos con $\ZZ$ reemplazado por $G$. Todos nuestros cálculos distribuir a través de suma directa, tan sólo tenemos que trabajar de lo que cada uno de estos cinco complejos de hacer para los grupos de $G = \ZZ_{\ell}$$G = \ZZ/\ell^n$.
Para los complejos (1) y (3), obtenemos $0$ en ambos casos.
Para el complejo (2), obtenemos $\lim_{\infty \leftarrow n} \ZZ/\ell^n$ por un lado y $\ZZ_{\ell}$ sobre el otro (con la obvia surjections en el límite inversa).
Para el complejo (4), vamos a $d = \ell^i m$$GCD(\ell, m) =1$. Para $n \geq i$, obtenemos $\lim_{\infty \leftarrow n} \ZZ/\ell^i$ por un lado y $\ZZ/\ell^i$ sobre el otro, donde los mapas en el límite inversa son las señas de identidad de $n > i$.
Complejo (5) es el disco duro. En el $\ZZ_{\ell}$ lado, obtenemos $0$. Escribir $d = \ell^i m$ anterior. Para $n \geq i$, hemos vuelto a conseguir $\lim_{\infty \leftarrow n} \ZZ/\ell^i$. Sin embargo, esta vez el mapa en el límite inversa es la multiplicación por $\ell$ ( $n>i$ ). Este límite inversa es $0$, por lo que ganamos.
La observación es probablemente vale la pena, indicando la versión general de este resultado: Si $R$ es un PID y $C^{\bullet}$ es un complejo de libre $R$-módulos, a continuación, $C^{\bullet}$ puede ser escrita como una suma directa de los complejos de las formas $\cdots \to 0 \to 0 \to R \to 0 \to 0 \to \cdots$
y $\cdots \to 0 \to 0 \to R \stackrel{d}{\longrightarrow} R \to 0 \to \cdots$ varios $d \in r$, y donde el cero términos puede ocurrir en cualquier posición. La prueba es básicamente el mismo: submódulos de un módulo más de un PID es libre; surjections de conexión de los módulos se dividen; Smith normal formulario es válido durante un PID. Una gran cantidad de modernos anillo teoría puede ser pensado como la clasificación de los tipos de complejos que existen sobre los diferentes anillos.
