gradierter Q-Vektorraum

12.07.2014, 14:47	Leo90	Auf diesen Beitrag antworten »
gradierter Q-Vektorraum Meine Frage: Hallo, ich bin neu hier und hätte eine Frage bzgl. eines Vorlesungsaufschriebs, der mir absolut unklar ist, obwohl ich mittlerweile alle Definitionen vor mir liegen habe und auch schon nach einigen Beispielen im Internet recherchiert habe, aber vielleicht kann mir jemand von euch helfen. Und zwar geht es darum, dass wir einen gradierten Q-Vektorraum betrachtet haben, der sah folgendermaßen aus: $\begin{eqnarray} ...\oplus (0)_{-1} \oplus (Q)_{0} \oplus (Q\oplus Q)_{1} \oplus (Q\oplus Q\oplus Q)_{2} \oplus (Q)_{3} \oplus (0)_{4} \oplus ... \end{eqnarray}$ Wir haben daraus dann einen Kettenkomplex gebildet, der sah wie folgt aus: [attach]34856[/attach] Hierzu hätte ich eine erste Frage, im Prinzip wurde ja nur die Definition eines Kettenkomplexes angewandt...aber wer legt denn fest, wo a, b, c, d, e "eingefügt" werden und wo nicht oder ist das beliebig? Anschließend haben wir festgehalten, dass $\begin{eqnarray} ...d_{-2} = d_{-1} = d_{0} = d_{3} = ... = 0 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} d_{1}(a) = c, d_{1}(b) = 0, d_{2}(c) = 0, d_{2}(d) = f, d_{2}(e) = f \end{eqnarray}$ Meine Ideen: Kann mir jemand vielleicht erklären, wie ich diese "Zwischenergebnisse" "ablesen" kann, denn ich habe völlig den überblick verloren...? Selbst die Differentiale, die 0 sind hätte ich irgendwie nicht ablesen können? Wie kann ich das denn sehen? Auch bei den letzten Schritten habe ich leider enorme Verständnisprobleme...z.B. in der zweiten Zeile... [attach]34858[/attach] H1 ist ja wie in der zweiten Zeile steht so definiert, aber wie komme ich dann auf Qb/0? Es wäre super, wenn mir jemand ein wenig weiterhelfen könnte... Denn der Umgang mit diesen gradierten Vektorräumen ist für mich total ungewohnt... Vielen Dank schon einmal dafür! LG Leo
03.08.2014, 13:47	MatheMaster_93	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo Leo, ich glaube wir sitzen in der selben Vorlesung drin ;-) Zuerst mal: wir haben nicht "festgehalten", dass $\begin{eqnarray} d_{1}(a)=c \end{eqnarray}$ etc., sondern das haben wir einfach so definiert. Hat natürlich jetzt keinen tieferen Sinn. Um festzustellen, ob es sich hier um eine Kettenkomplex handelt, musst du stur für $\begin{eqnarray} a, b, c, d, e, f \end{eqnarray}$ nachprüfen, ob sie bei zweifacher Hintereinanderausführung des Differentials auf die Null gehen. Nehmen wir uns zum Beispiel $\begin{eqnarray} a \end{eqnarray}$ her. Dann gilt doch $\begin{eqnarray} d_{1}(a)=c, d_{2}(c)=0 \end{eqnarray}$ , also insgesamt $\begin{eqnarray} d_{2}\circ d_{1}(a)=0 \end{eqnarray}$ . Alle folgenden und vorigen Abbildungen schicken es sowieso auf Null. b wird von $\begin{eqnarray} d_{1} \end{eqnarray}$ sofort auf die Null geschickt, also ist hier $\begin{eqnarray} d_{i+1}\circ d_{i}(b) \end{eqnarray}$ sofort erfüllt. Exemplarisch noch für $\begin{eqnarray} d \end{eqnarray}$ : $\begin{eqnarray} d \end{eqnarray}$ tritt zum ersten mal in $\begin{eqnarray} (\mathbb Q\oplus\mathbb Q\oplus\mathbb Q)_{2} \end{eqnarray}$ auf, also schicken $\begin{eqnarray} ..., d_{-1}, d_{0}, d_{1} \end{eqnarray}$ d sowieso auf die Null. Weiter gilt $\begin{eqnarray} d_{2}(d)=f, d_{3}(f)=0 \end{eqnarray}$ , da $\begin{eqnarray} d_{3} \end{eqnarray}$ wieder die Nullabbildung ist. So kann man das für die restlichen auch zeigen. Um nun die $\begin{eqnarray} i- \end{eqnarray}$ ten Homologiegruppen zu berechnen, musst den Quotienten $\begin{eqnarray} kern(d_{i+1})/im(d_{i}) \end{eqnarray}$ bilden. Das geht auf jeden Fall nicht schief, da $\begin{eqnarray} im(d_{i-1})\subseteq ker(d_{i}) \end{eqnarray}$ , was aus $\begin{eqnarray} d^2=d_{i+1}\circ d_{i}=0 \end{eqnarray}$ folgt. Für $\begin{eqnarray} i=1 \end{eqnarray}$ gilt: $\begin{eqnarray} kern(d_{1})=\mathbb Q b \end{eqnarray}$ , da per Voraussetzung $\begin{eqnarray} d_{1}(b)=0 \end{eqnarray}$ . $\begin{eqnarray} im(d_{0})=0 \end{eqnarray}$ , da Nullabbildung. Damit folgt insgesamt $\begin{eqnarray} H_{1}=kern(d_{1})/im(d_{0})=\mathbb Q b/0=\mathbb Q b \end{eqnarray}$ So geht das für die restlichen auch. In den meisten Fällen ist natürlich sowohl Kern als Bild leer, dann ist die Homologiegruppe natürlich 0. Die $\begin{eqnarray} i- \end{eqnarray}$ ten Bettizahlen ergeben sich einfach nur als Dimension der $\begin{eqnarray} i- \end{eqnarray}$ ten Homologiegruppe. Schlussendlich kann man die Eulercharakteristik auf zwei verschiedene Varianten berechnen: Entweder $\begin{eqnarray} \chi(\mathbb Q)=\sum\limits_{i\in \mathbb Z} (-1)^ib_{i} = ...+0-0+1-1+1-0+0...=1 \end{eqnarray}$ oder, wie wir auf dem Übungsblatt gesehen haben: $\begin{eqnarray} \chi(\mathbb Q)=\sum\limits_{i\in \mathbb Z} (-1)^idimV_{i}=...+0-0+1-2+3-1+0-0+....=1 \end{eqnarray}$ . Ich hoffe es ist dir ein wenig klarer geworden! Grüße, Arthur
04.08.2014, 18:25	Leo90	Auf diesen Beitrag antworten »
Super, vielen lieben Dank. Das war sehr, sehr ausführlich! Nun habe ich nun auch soweit verstanden. Danke dir! LG, Leo
04.08.2014, 18:41	Leo90	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn wir doch in der gleichen Vl sitzen....hat du die Prüfung denn schon hinter dir (und wenn ja wie wars?) oder steht die morgen/ übermorgen noch an?
04.08.2014, 21:46	MatheMaster_93	Auf diesen Beitrag antworten »
Knotentheori am KIT?
05.08.2014, 09:17	Leo90	Auf diesen Beitrag antworten »
Japp genau ;-)
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