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Prueba. Basta tomar las homologías de los complejos totales en 1.3. Observación. Para ver algunos ejemplos más analizaremos la definición de la homología cíclica en el caso graduado. De la definición vemos que C(A) y CC(A) se descomponen en C(A) = i C(A)i y CC(A) = i CC(A)i, donde (A ⊗ A n )i = ij=i Ai0 ⊗ Ai1 ⊗ . . . ⊗ Ain. Lo que si es menos obvio es el Teorema que enunciamos a continuación. Teorema 1.63. Sea A un álgebra graduada unital sobre k ⊃ Q. Entonces la secuencia SBI se descompone en ∀i ≥ 1. 0 HCn−1(A)i HHn(A)i I HCn(A)i S 0, Prueba. [Wei, Teorema 9.9.1]. Continuemos con nuestro ejemplo. Ejemplo 1.64. Sea A = k[x] 〈xm+1 , entonces por definición tenemos 〉 Ω 1 A = Ω 1 k[x] d(x m+1 ) + x m+1 · Ω 1 k[x] Como d(x m+1 ) = (m + 1)x m dx, usando el isomorfismo Ω 1 k[x] dad anterior es equivalente a Ω 1 A = k [x] 〈x m 〉 , . k [x] , la igual- y la aplicación d : A → Ω1 A quedaria definida como xk ↦→ kxk−1 . Para todo xk en Ω1 A con k < m podemos tomar (1/(k+1))xk+1 ∈ A no nulo, y tenemos que d((1/(k +1))xk+1 ) = xk . Entonces d(A) = Ω1 A . Por lo tanto de la Proposición 1.59 obtenemos HC1(A) = Ω1 A dA 19 = 0.
Definamos los módulos HHn(A) ˜ := HHn(A) secuencias exactas 0 0 HC0(A) ˜ HH1(A) ˜ HC1(A) ˜ como HC1(A) = 0 se sigue que HHn(A0) y HCn(A) ˜ := HCn(A) . De las HCn(A0) HC1(A) ˜ HH2(A) ˜ HC2(A) ˜ HC0(A) ˜ ˜ HC2(A) ˜ HH2(A) ˜ HH1(A). Debido que A0 = k entonces HHn(A0) = 0 para todo n > 0. Esto significa que ˜ HHn(A) = HHn(A) para todo n > 0. Por lo tanto HC0(A) ˜ ˜ HC2(A)k HH2(A) HH1(A). El isomorfismo ˜ HC0(A) HH1(A) prueba que HC0(A) = HC(A0)⊕HH1(A). Debido a que HC0(A0) ⊕ HH1(A) y A = HH0(A) son espacios vectoriales de igual dimensión entonces HC0(A) HH0(A). De la secuencia 0 HC2(A) ˜ HH3(A) 0 HC3(A)k ˜ como dimk( ˜ HC2(A)) = dimk(HH2(A)) = dimk(HHn(A)) para todo n > 0 entonces ˜ HC3(A) = 0. Admitamos como hipótesis inductiva que ˜ HCn(A) HHn(A) para n par y ˜ HCn+1 = 0. De la secuencia exacta 0 HCn+1(A) ˜ 0 HHn+2(A) HCn+2(A) ˜ como ˜ HCn+1(A) = 0, por hipótesis inductiva, entonces HCn+2(A) HHn+2(A). Finalmente de la secuencia 0 HCn+2(A) ˜ HHn+3(A) 0 HCn+3(A) ˜ como dimk( ˜ HCn+2(A)) = dimk(HHn+2(A)) = dimk(HHn+3) entonces ˜ HCn+3(A) = 0. Esto finaliza la prueba de inducción. Como HC0(A) = HH0(A) de la ecuación HCn(A) = HCn(A0) ⊕ ˜ HCn(A) 20 0 0 0, 0 0
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donde δ(y (a1) 1 . . . y (ar) r y
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donde df denota la imagen de df ∧
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Observación. Notemos que Lm+p = L
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en H m−1 (K(f1, . . . , fm)). Por
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. . . δ |a|=j−m+1 x a1 1 · ·
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Notemos que puede ocurrir que ai
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2.2.3. Cálculo de la Homología de
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como T dx1 = df, T dx2 = dg y T dxi
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Prueba. Sea P un ideal primo en el
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Cp+1 : . Ω m−2 2,p+2 df Ω
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Por lo tanto Gr(H m−1 (C1)) = H m
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Con esta notación el bicomplejo L
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Teorema 2.62. Existe una secuencia
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intercambiar el rol de f por el de
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Como dg ∧ η 1 1, dg ∧ η 2 1
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son cero, para todo p ≥ 1. En efe
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2.3. Homología de Hochschild para
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Lema 2.72. Los complejo T ot(B) y L
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Bp+1,−p δ1 dfr Bp,−p δ1 .
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y a1 1 · · · yar r ω → y a1 1
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Teorema 2.76. Sea (R, η) un anillo
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En el caso que el ideal I = 〈f, g
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para todo i = m − r + 1. Del crit
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En general los módulos de cohomolo
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Capítulo 3 Homología Cíclica. Lo
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el complejo Lj tiene cohomología c
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para todo t ≤ m − r − 2. Si t
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3.2. El Caso Quasihomogéneo En est
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tomamos la secuencia exacta larga
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Si j < m−2 entonces H t (Dj) = 0
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Observación. Del Capítulo anterio
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Prueba. El Lema 3.15 nos permite as
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Definamos el número de Milnor de l
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entonces en el anillo R/Jf,g tendr
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. . . . B d Ω2,1 B . d Ω1,1
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Como lím 1 H( ˆ Dj) = 0 entonces
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. . . Ωm−1 · x · xp+2 ⊕ Ω
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El complejo L ′ m+p se escribe co
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Lema 3.28. El morfismo β restricto
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Si z = ωxiyj y ∈ (E ′ m+p(0))t
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Gr(H m (Γ(f, g))) = ⊕p≥0H m (E
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F y una filtración del mismo. Del
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Prueba. Por definición (E ′ m+p(
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Como β(x) = x, entonces el morfism
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[CGG] Cortiñas, G., Guccionne, J.A
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