Бивариантные когомологии с симметриями, страница 13

Отображенияf1 : BC 2k+1 (A) → BC 2k−2m (B),дифференциал от которых равен нулю, то есть(B + b)f1 = 0иf1 (B + b) = 0.Само f1 не может быть ничьей границей.772. Отображенияf2 : BC 2k (A) → BC 2k−2m−1 (B),не являющиеся границами (циклами они будут автоматически), то естьотображения f2 надо сфакторизовать по множеству отображений вида(B + b)f20 + f200 (B + b), гдеf20 : BC 2k (A) → BC 2k−2m (B),f200 : BC 2k−1 (A) → BC 2k−2m−1 (B).3.

Отображения f30 + f300 , гдеf30 : BC 2k (A) → BC 2k−2m (B),f300 : BC 2k−1 (A) → BC 2k−2m−1 (B),не являющиеся границами и такие что (B + b)f30 + f300 (B + b) = 0.Первая компонента не дает вклада в когомологии, поскольку составляющиеотображений Z-линейны и должны равняться нулю на образе дифференциала, но коядро дифференциала не содержит Z-компонент (рассуждаем как ив доказательстве предложения 5.2) и, значит, соответствующие отображениятождественно нулевые.Вклад в когомологии второй и третей компонент суть коядра отображений свободных Z-модулей.

Для второй компоненты это отображение измножества пар {f20 , f200 } в множество {f2 }. Для третей из множества {f } вмножество пар{f20 , f200 | (B + b)f30 + f300 (B + b) = 0}.Поскольку BC m (A) канонически раскладывается в прямую сумму свободныхконечно-порожденных Z-модулей, вышеописанные свободные модули такжераспадаются в прямую сумму конечно-порожденных свободных модулей.Заметим, что для подсчета di -компонент кручения коядра, где di — простое число, делящее d, можно с самого начала полагать d = di . Это следуетиз того, что локализация по идеалу (di ) — точный функтор (см.

[1]) и, значит, все равно, сначала локализовать, а потом считать коядро отображения,или сначала подсчитать коядро, а потом локлизовать (последний варианточевидно дает di -компоненту кручения). Для простоты записи предположимвременно, что d простое число. Воспользовавшись предложением 5.3, приведем матрицы дифференциалов к диагональному виду. Поскольку отображения сохраняются при переходе к прямому пределу, и поскольку каждоеотображение раскладывается в прямую сумму своих копонент, то выбираядостаточно большой номер m, для каждой компоненты можно считать, чтоотображения fi действуют в подпространствах BC m , свободных от “краевыхэффектов” (см.

предложение 5.6), то есть соответствующие базисы будут Sсовместимыми.78Таким образом, при d1 = 4n + 1 или d2 = 4n + 1 вклад второй компонентыв кручение m-ых когомологий будет∞ Y∞M00Z/(gi0 , gi+m)Z⊕m=1 i=1∞ Y∞M0Z/(gi+m, gi00 )Z,m=1 i=1гдеgi0 = lim (dk1 , ai )gi0 = lim (dk2 , ai )k→∞k→∞(ср.

(47)). Действительно, каждая компонента отображения f ij , переводящая базисный вектор fi00 в e00j (см. предложение 5.6) добавляет в когомологиипрямой множитель Z/(gi0 , gj00 )Z. Кроме того, компоненты заданные на ядредифференциала добавляют счетное число экземпляров Z.Если же d1 6= 4n + 1 и d2 6= 4n + 1, то в когомологии добавляется ещепрямое произведение счетного числа экземпляров Z/2Z.Вклад третей компоненты в когомологии будет нулевым, поскольку послеприведения к диагональному виду дифференциалов, их ограничения на базисные вектора будут состоять в умножении на целые числа. Таким образом,условие цикла приобретает видαf30 − (−1)n f300 β = 0,и легко видеть, что существует f3 , такое что αf3 = f300 и (−1)n βf3 = f30 , изначит f30 + f300 будет кограницей.Итак, нами доказано следующее утверждениеТеорема 5.8 Бивариантные периодические когомологии HP (Ad1 , Ad2 ) парыалгебр Ad1 и Ad2 , где d1 и d2 — целые числа, свободные от квадратов равнынулю.

Кручение HP (Ad1 , Ad2 ) при d1 = 4n + 1 или d2 = 4n + 1 равно∞ Y∞M00Z/(gi0 , gi+m)Z⊕m=1 i=1∞ Y∞M0Z/(gi+m, gi00 )Z,m=1 i=1и при d1 6= 4n + 1 и d2 6= 4n + 1 равно∞ Y∞Mm=1 i=100Z/(gi0 , gi+m)Z ⊕∞ Y∞Mm=1 i=1790Z/(gi+m, gi00 )Z ⊕∞Yj=1Z/2Z.√ √Кольцо Z(Q[ D, −1])5.45.4.1Определение 5.1 Гауссовыми числами называются комплексные числа вида a + bi, где a, b ∈ Z.Некоторые свойства гауссовых чисел (будем обозначать их через Γ = Z[i])приведены в приложении B.Пусть D ∈ Γ свободно от квадратов.Определение 5.2 Целыми квадратическими√ гауссовыми числами будем называть комплексные числа вида A + B · D, где A, B ∈ Q[i], являющиесякорнями многочленов вида X 2 + P X + Q, где P, Q ∈ Γ.

Будем обозначатьих через AD .√Поскольку представление числа Y ∈ AD в форме Y = A + B · D единственно, с точностью до умножения на единицу, каждому целому квадрати√ческому Y можно поставить в соответствие его сопряженное: Ȳ = A − B · D,которое является вторым корнем того же минимального многочленаF = (X − A)2 − B 2 Dми:По определению целого числа, коэффициенты F (X) должны быть целы a21 − a22 − (b21 − b22 )d1 + 2b1 b2 d2 ∈ Z2a a − (b21 − b22 )d2 − 2b1 b2 d1 ∈ Z 1 22a1 ∈ Z, 2a2 ∈ ZA = a1 + ia2 , B = b1 + ib2 , D = d1 + id2 . Или (b21 − b22 )d1 − 2b1 b2 d2 = m(b2 − b22 )d2 + 2b1 b2 d1 = n 1a1 = k/2, a2 = l/2(48)и m, n зависят от a1 , a2 следующим образом 2 :a1a2mnn2 + m2(2k + 1)/2k(4k + 1)/4k(8k + 1)/16k(8k + 1)/16k(2k + 1)/2) (4k − 1)/4(2k + 1)/2 (2k + 1)/2k(2k + 1)/2 (4k + 1)/4kkkkk2Здесь и далее, символ k используется для обозначения произвольного целого числа.00Например, (m, n) ∼ ( 4k+14 , k) следует понимать так: существуют m и n ∈ Z такие что0m = 4m4+1 и n = n0 .80Из (48) получаем:sp(d21 + d22 )(m2 + n2 ) + (d1 m + d2 n)|b1 | =2(d21 + d22 )sp(d21 + d22 )(m2 + n2 ) − (d1 m + d2 n)|b2 | =2(d21 + d22 )(49)(50)5.4.2 Дискриминанты.Ясно, что AD — модуль над Z или над Γ.

Яснотакже,что его размерность над Γ равна двум, а над Z— четырем.В этой главе будет явно построен Γ-базис {ω1 , ω2 } для AD и, тогда очевидно {ω1 , iω1 , ω2 , iω2 } будет Z-базисом рассматриваемого модуля.Определение 5.3 : Пусть X ∈ AD , тогда положимT r(X) := X + X̄где X̄ сопряженное к X в смысле AD .Определение 5.4 : Дискриминантом пары (X1 , X2 ), где X1 , X2 ∈ AD назовем число:T r(X12 )T r(X1 X2 )discr(X1 , X2 ) = detT r(X1 X2 )T r(X22 )Как коэффициент минимального многочлена T r(X) является гауссовым числом, а значит и discr(X1 , X2 ) ∈ Γ.Заметим, что: T r(X12 )T r(X1 X2 )X1 X̄1X1 X2=T r(X1 X2 )T r(X22 )X2 X̄2X̄1 X̄2И мы получаем эквивалентное определение дискриминанта:X1 X22discr(X1 , X2 ) = detX̄1 X̄2Пусть теперь (X1 , X2 ) базис AD , а (Y1 , Y2 ) пара Γ-линейно независимых целыхчисел, тогда Y1α11 α12X1X1==Aгде αij ∈ ΓY2α21 α22X2X281Далее: Y1 Y 2X1=Ȳ1 Ȳ2X̄1X2X̄2At2⇒ discr(Y1 , Y2 ) = detX1X̄1X2X̄2det2 (A) = discr(X1 , X2 )det2 (A)Таким образом, доказано следующее предложение:Предложение 5.9 Дискриминантом пары линейно независимых целых квадратических чисел является гауссово число, отличающееся от дискриминанта базиса на полный квадрат:discr(Y1 , Y2 ) = α2 · discr(X1 , X2 )если (X1 , X2 ) базис,а α ∈ Γ.Следствие 5.10 Если дискриминант пары (Y1 , Y2 ), Y1 , Y2 ∈ AD свободен отквадратов то (Y1 , Y2 ) можно принять за базис модуля целых квадратических чисел.5.4.3 Построение базиса AD .В конце п.

5.4.1 мы получили, что для элементов AD , выражения (49) и (50) должны быть рациональны:r√q1µδ ± (d1 m + d2 n)=∈Q(51)q22δδ = d21 + d22 ,µ = m2 + n2D = d1 + id2Заметим, что поскольку D свободно от квадратов, из предложения B.7следует, что q2 равно либо 2 либо 1. Действительно, если p2 |δ (p простоерациональное), то p|d1 и p|d2 , и q1 , q2 можно разделить на p. Максимальновозможная степень двойки в знаменателе — три : множитель 23 может появиться когда µ = 8k+1, но после извлечения корня в q2 может войти только16первая степень 2.Наши построения будем осуществлять в зависимости от остатков от деления d1 и d2 на 4.5.4.4Случай (d1 , d2 ) = (4n ± 1, 4n ± 1).Тогда, d21 + d22 = δ ∼ 4n + 2.

Если2k + 12k + 1 2k + 12k + 1, k), (k,) или (,)2222√4k+1Тогда µ ∼ 8k+1илиµ∼икореньµδ не извлекается в Q. Что означает,164 √что a1 и a2 целые и чтобы, µδ все же извлекся, пара (n, m) должна иметьформу (2k + 1, 2k + 1) или (2k, 2k). При этом выражение (51) принимает видs√2 · ... ± 2(...)q1=∈Qq22 · 2 · (2k + 1)(a1 , a2 ) ∼ (82√и, следовательно, q2 = 1. Итак, для каждого ν = A + B · D, ν ∈ AD имеемA, B ∈ Γ и√{1, D}можно принять в качестве базиса.5.4.5 Случай (d1 , d2 ) ∼ (2n, 2n + 1).Тогда δ ∼ 4k + 1., тоЕсли µ ∼ 8k+116sq1∼q21(4k4s+ 1) ± (2k (4k±1)+k(2k+1))2k + 14∼2(4k + 1)8(4k + 1)и корень не извлекается в Q.Аналогично, при µ ∼ 4k+14sq1∼q21(4k4+ 1) ± (2k · k + (2k + 1) (2n+1))22(4k + 1)Ясно, что числитель дроби под корнем — целое число, и значит двойка взнаменателе должна сократиться. Получаем, как и в предыдущем случае,q2 = 1, так что√{1, D}является базисом.5.4.6 Случай d = (2k + 1, 4k).В двух следующих случаях, мы явно предъявляем пару целых квадратических чисел, которые будут являться базисом,поскольку дискриминант, равный δ свободен от квадратов.d14k + 14k − 1d24k4kбазисA√D11/2 +√ D/21i/2 + D/2Нам остается проверить, что числа составляющие базис действительнопринадлежат AD .

В самом деле, коэффициенты их минимальных многочленов целые:11 4n + 1 + 4ik(X − 1/2)2 − D = X 2 − X + −∼ X 2 − X − n − ik44411 4n − 1 + 4ik(X − i/2)2 − D = X 2 − iX − −∼ X 2 − iX − n − ik44483Случай (d1 , d2 ) ∼ (2n + 1, 4n + 2).Покажем, что базисом является5.4.7(X1 , X2 ) = (1,i + 1 i + 1√+D)22Имеем:(X −i+1 2 i+1 2) −()D=22= X 2 − (i + 1)X +ii− (2n + 1 + i(4n + 2)) ∼ X 2 − (i + 1)X + k2 2и значит X2 ∈ AD В то же время, discr(X1 , X2 ) = 2iD не свободен от квадратов: (1 + i)2 |2iD. Докажем следующее предложение:Предложение 5.11 Пусть D = d1 + id2 , d1 ∼ 2n + 1, d2 ∼ 4n + 2 и√√Y2 = A2 + B2 · D ∈ ADY1 = A1 + B1 · Dнекоторые линейно независимые числа.Тогда discr(Y1 , Y2 ) делится на 2iD.

Как следствие получаем, что (X1 , X2 )базис AD .Доказательство: Достаточно доказать что|discr(Y1 , Y2 )| > |D|) или ( 2k+1, k), тоВо-первых, если (a1 , a2 ) ∼ (k, 2k+122rp(8k + 1)(8k + 1)µ∼µδ ∼и(8k + 5)1616√и для того чтобы µδ было рационально, µ должно записываться в виде8k+5 2s , где s ∼ 2k + 1, поскольку δ свободно от квадратов3 . Легко видеть, что16s2 ∼ (8n + 1), и, следовательно, получаем противоречие, поскольку 8n + 1 неможет принимать вида (8n + 5)s2 .Таким образом, либо (a1 , a1 ) ∼ (k, k), либо (a1 , a1 ) ∼ ( (2k+1), (2k+1)). И, в22любом случае, b1 , b2 ∼ k/2.Во-вторых, первое равенство системы (48) можно переписать следующимобразом: 02b 1 + b0 22b0 1 b0 2d1 −d2 ∈ Z,42b0 iгде bi = , b0 ∈ Z23Как и ранее, если p2 |δ, то из предложения B.7 следует, что d1 и d2 можно разделитьна p, что эквивалентно сокращению дроби (51).84В этом выражении второе слагаемое — целое число, и поскольку d1 нечетно,b0 1 ≡ b0 2 (mod 2). Кроме того, вследствие второго уравнения системы (48)k, если (a1 , a2 ) ∼ (k, k)b0 21 + b0 22b0 1 b0 2()d2 +d1 ∼ (2k+1), если (a1 , a1 ) ∼ ( (2k+1), (2k+1))42222следовательно, b0 1 и b0 2 нечетны тогда и только тогда, когда (a1 , a1 ) ∼ ( (2k+1), (2k+1)).22В-третьих, имеемdiscr(Y1 , Y2 ) = D(2B1 A2 − 2B2 A1 )2Если Ai , Bi ∈ Γ, то очевидно 2D делит discr(Y1 , Y2 ).