5. 上同调理论

5.1$\mathrm{Hom}$ 函子和单纯上同调

我们考虑 Abel 群之间的群同态:

定义 5.1.1 ($\mathrm{Hom}$ 函子). 设 $A,G$ 都是 Abel 群, 记 $A$ 到 $G$ 的群同态全体是 $\mathrm{Hom}(A,G)$. $G$ 上的加法结构可以诱导 $\mathrm{Hom}(A,G)$ 上的加法结构如下: $$(f+g)(a):=f(a)+g(a).$$于是 $(\mathrm{Hom}(A,G),+)$ 构成一个 Abel 群. 此时, 群同态 $h:A\to B$ 可以如下诱导一个 $\mathrm{Hom}(B,G)$ 到 $\mathrm{Hom}(A,G)$ 的同态: $$\phi h:A\stackrel{h}{⟶}B\stackrel{\phi }{⟶}G\in \mathrm{Hom}(A,G),$$那么 $\tilde{h}:=\mathrm{Hom}(h,G)=[\phi \mapsto \phi h]$ 是一个同态.

命题 5.1.2. $\mathrm{Hom}:A\mapsto \mathrm{Hom}(A,G)$, $h\mapsto \tilde{h}$ 给出了一个从 $\mathsf{Ab}$ 到 $\mathsf{Ab}$ 的反变函子.

证明. 对 $\mathrm{id}:A\to A$, $\widetilde{\mathrm{id}}=\mathrm{Hom}(\mathrm{id},G)$ 自然是 $\mathrm{Hom}(A,G)$ 上的恒等映射. 而对 $A\stackrel{h}{\to }B\stackrel{k}{\to }C$, 只需计算验证$$\widetilde{kh}(\phi )=\phi kh=\tilde{k}\phi h=\tilde{h}\tilde{k}\phi$$可知 $\widetilde{kh}=\tilde{h}\tilde{k}$, 也即 $\mathrm{Hom}$ 是一个反变函子.

$\square$

命题 5.1.3. 设 $h$ 是一个 Abel 群同态, 那么

1.	$h$ 是同构 $⟹$ $\tilde{h}$ 是同构;
2.	$h=0⟹\tilde{h}=0$;
3.	$h$ 是满同态 $⟹\tilde{h}$ 是单同态;
4.	若序列正合且分裂, 则序列也正合且分裂. 也即 $f$ 是单同态推 $\tilde{f}$ 是满同态需要添加序列分裂的条件.

证明. (1), (2) 的证明是容易的.

(3) 任取 $\phi \in \mathrm{Hom}(B,G)$ 使得 $\tilde{h}(\phi )=\phi h=0$, 那么对任意 $a\in A$ 成立$$\tilde{h}(\phi (a))=\phi h(a)=0,$$因 $h$ 是满同态, 这即对任意 $b\in B$ 有 $\phi (b)=0$, 故 $\phi =0$, 这说明 $\tilde{h}$ 是单的.

(4) 只需证明在 $\mathrm{Hom}(B,G)$ 处正合, 也即 $\mathrm{im}\tilde{g}=\ker \tilde{f}$.

因第一个序列正合, 故 $fg=0$, 由 (2) 可知 $\widetilde{gf}=\tilde{f}\tilde{g}=0$. 于是 $\mathrm{im}\tilde{g}⩽\ker \tilde{f}$. 再取 $\phi \in \ker \tilde{f}⩽\mathrm{Hom}(B,G)$, 由 $\tilde{f}(\phi )=\phi f=0$ 可知 $\mathrm{im}f⩽\ker \phi$, 那么$${\phi }^{\prime }:B/\mathrm{im}f\to G$$是由 $\phi$ 诱导的群同态, 满足因为 $B\to C$ 是满同态, 于是 $g^{\prime }$ 是同构, 那么由交换图的可交换性得到$$\phi ={\phi }^{\prime }(g^{\prime }{)}^{-1}g=\tilde{g}({\phi }^{\prime }(g^{\prime }{)}^{-1})\in \mathrm{im}\tilde{g},$$于是 $\ker \tilde{f}⩽\mathrm{im}\tilde{g}$.

再考虑另一部分的证明. 因第一个序列分裂, 于是存在 $\pi :B\to A$ 使得 $\pi f={\mathrm{id}}_A$, 那么 $\widetilde{\pi f}={\widetilde{\mathrm{id}}}_A$, 也即 $\tilde{f}\tilde{\pi }={\widetilde{\mathrm{id}}}_A$, 故 $\tilde{f}$ 满, $\tilde{\pi }$ 单, 并且第二个序列也是分裂的.

$\square$

在 (4) 中如果去掉序列分裂的条件, 那么结论往往不成立. 考虑 $h:\mathbb{Z}\stackrel{\times 2}{⟶}\mathbb{Z}$, 这是一个单同态, 那么 $\tilde{h}:\mathrm{Hom}(\mathbb{Z},\mathbb{Z})\stackrel{\tilde{2}}{⟶}\mathrm{Hom}(\mathbb{Z},\mathbb{Z})$, 对 $\phi :\mathbb{Z}\to \mathbb{Z}$ 是一个同态, 就有$$\tilde{2}\phi =\phi (\times 2)=2\phi ,$$而 $\mathrm{Hom}(\mathbb{Z},\mathbb{Z})\cong \mathbb{Z}$, 容易看出 $\tilde{h}$ 并不是满同态.

命题 5.1.4. 设 $A,G,A_i,G_i$ 是 Abel 群, 则

1.	$\mathrm{Hom}(\underset{i\in \alpha }{⨁}{A}_i,G)\cong \prod _{i\in \alpha }\mathrm{Hom}(A_i,G)$;
2.	$\mathrm{Hom}(A,\prod _{i\in \alpha }{G}_i)\cong \prod _{i\in \alpha }\mathrm{Hom}(A,G_i)$.

证明. (1) 对 $f:\underset{i\in \alpha }{⨁}{A}_i\to G$, 取 $f_i=f{|}_{A_i}$, 那么 $\Phi :f\mapsto \prod _{i\in \alpha }{f}_i$ 就是一个 $\mathrm{Hom}(\underset{i\in \alpha }{⨁}{A}_i,G)\to \prod _{i\in \alpha }\mathrm{Hom}(A_i,G)$ 的同态.

反之, 对 $f=\prod _{i\in \alpha }{f}_i$, $f_i:A_i\to G$, 定义 $\Psi (f):\underset{i\in \alpha }{⨁}{A}_i\to G$ 满足 $\Psi (f)(a)=\sum _{i\in \alpha }{f}_i(a_i)$ 即可. 这里限制到代数直和是因为有限和的限制让我们无需考虑级数.

(2) 类似.

$\square$

命题 5.1.5. 设 $G$ 是 Abel 群, 则$$\mathrm{Hom}(\mathbb{Z},G)\cong G,\mathrm{Hom}(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z},G)\cong \ker [G\stackrel{m}{⟶}G].$$

证明. 第一个断言取$$\lambda :\mathrm{Hom}(\mathbb{Z},G)\to G,\phi \mapsto \phi (1)$$就是一个同构. 而对第二个断言, 由于序列正合, 那么也是正合的. 这里 $\tilde{\phi }$ 是单同态导出了 $\mathrm{Hom}(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z},G)\cong \mathrm{im}\phi$, 而序列正合导出了 $\mathrm{im}\tilde{\phi }\cong \ker \tilde{m}$.

$\square$

在单纯同调理论中, 我们通过单纯链复形 $\mathcal{C}$ 导出了单纯同调群 $H_p(\mathcal{C})$. 那么 $\mathrm{Hom}$ 函子作用之后的 $\mathrm{Hom}(\mathcal{C};G)$, 我们希望它也对偶地导出同调群.

对单纯复形 $K$, 考虑如下导出的链群:称 $\mathrm{Hom}(C_p(K),G):=C^p(K;G)$ 是 $p$ 维上链群, 这里的 $\delta =\mathrm{Hom}(\partial ,G)$.

命题 5.1.6. $\mathrm{Hom}(\mathcal{C}(K),G)$ 仍是一个链复形, 它以 $\delta =\mathrm{Hom}(\partial ,G)$ 为边缘算子.

证明. 考虑$$\delta :C^p(K;G)\to C^{p+1}(K;G),c^p\mapsto \delta c^p=\tilde{\partial }{c}^p=c^p\delta ,$$这里 $\delta c^p:C_{p+1}(K)\to C_p(K)$. 并且$$\delta c^p(c_{p+1})=c^p(\partial c_{p+1})$$可以看作是 $c^p$ 作用于 $c_{p+1}$ 上的值, 于是我们把它写成类似于内积的形式: $⟨\delta c^p,c_{p+1}⟩=⟨c^p,\partial c_{p+1}⟩$.

而 ${\delta }^2=0$ 由 ${\partial }^2=0$ 立刻得到.

$\square$

于是可以在 $\mathrm{Hom}(\mathcal{C}(K),G)$ 上定义上同调. 记$$\ker {\delta }_p:=Z^p(K;G),\mathrm{im}{\delta }_{p+1}:=B^p(K;G),$$称$$H^p(K;G)=Z^p(K;G)/B^p(K;G)$$是 $K$ 的 $p$ 维上同调群. (这里称作上同调完全是因为此时习惯把指标写在右上角, cohomology 的 co–前缀表示代数对偶).

对任何 Abel 群 $G$, 它有自由部分 (以 $\mathbb{Z}$ 为直和项) 和挠部分 (以 $\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$ 为直和项), 而之前已经讨论过$$\mathrm{Hom}(\mathbb{Z},G)\cong G,\mathrm{Hom}(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z},G)\cong \ker [G\stackrel{m}{\to }G].$$

我们需要注意, 由$$C^p(K;G)\cong \mathrm{Hom}(C_p(K),G)\cong \mathrm{Hom}(\underset{\sigma \in S_p^{+}(K)}{⨁}\mathbb{Z}⟨\sigma ⟩,G)\cong \prod _{\sigma \in S_p^{+}(K)}\mathrm{Hom}(\mathbb{Z}⟨\sigma ⟩,G)$$未必是一个自由 Abel 群.

要计算 $H^p(K;G)$, 就归结到计算 $\delta c$ 的问题, 所以下面处理上链如何表达. 在单纯同调理论中, 有 $p$ 维基本链 ${\sigma }_{\alpha }\in S_p^{+}(K)$, 类似地, 我们希望也有 $p$ 维基本上链.

先考虑 $G=\mathbb{Z}$ 的情形, 此时对 ${\sigma }_{\beta }\in S_p^{+}(K)$, 定义$$⟨{\sigma }_{\alpha }^{\ast },{\sigma }_{\beta }⟩:=\{\begin{array}{ll}1,& \beta =\alpha \\ 0,& \beta \ne \alpha \end{array}$$那么对任何 $c^p\in C^p(K;\mathbb{Z})=:C^p(K)$, 就有 $c^p=\sum _{\alpha }{n}_{\alpha }{\sigma }_{\alpha }^{\ast }$ (这里的和未必是有限和). 对一般的 Abel 群 $G$, 我们考虑 $g_{\alpha }{\sigma }_{\alpha }^{\ast }$, 这里 $g_{\alpha }\in G$. 之前把它写成内积的形式, 我们同样希望这里的 “内积” 保持双线性, 于是可以定义$$⟨g_{\alpha }{\sigma }_{\alpha }^{\ast },{\sigma }_{\beta }⟩:=\{\begin{array}{ll}{g}_{\alpha },& \beta =\alpha \\ 0,& \beta \ne \alpha \end{array}$$那么对任何 $c^p\in C^p(K;\mathbb{Z})=:C^p(K)$, 就有 $c^p=\sum _{\alpha }{g}_{\alpha }{\sigma }_{\alpha }^{\ast }$ (同样地, 这里的和未必是有限和).

命题 5.1.7. 对 $c^p=\sum _{\alpha }{g}_{\alpha }{\sigma }_{\alpha }^{\ast }$, 有 $\delta c^p=\sum _{\alpha }{g}_{\alpha }\delta {\sigma }_{\alpha }^{\ast }$.

证明. 对 $\tau \in S_{p+1}^{+}(K)$, 有 $\delta \tau =\sum _{i=0}^{p+1}{\epsilon }_i{\sigma }_i$, 其中 ${\epsilon }_i=\pm 1$, 取决于 ${\sigma }_i$ 的定向. (这因低维单形的定向未必总是与高维单形定向相同.) 此时$$⟨\delta c^p,\tau ⟩=⟨\sum _{\alpha }{g}_{\alpha }{\sigma }_{\alpha }^{\ast },\sum _{i=0}^{p+1}{\epsilon }_i{\sigma }_i⟩=\sum _{\alpha }\sum _{i=0}^{p+1}{g}_{\alpha }{\epsilon }_i⟨{\sigma }_{\alpha }^{\ast },{\sigma }_i⟩=\sum _{i=0}^{p+1}{\epsilon }_i{g}_i.$$而$$⟨\sum _{\alpha }{g}_{\alpha }\delta {\sigma }_{\alpha }^{\ast },\tau ⟩=\sum _{i=0}^{p+1}{\epsilon }_i{g}_i.$$这说明在每一个单形 $\tau$ 上 $c^p=\sum _{\alpha }{g}_{\alpha }{\sigma }_{\alpha }^{\ast }$, 于是命题得证.

$\square$

由这一条件, 在几何上, $\delta {\sigma }_{\alpha }^{\ast }$ 的计算可以简单地遵从下面的规则. 记 ${\tau }_i$ 是所有以 ${\sigma }_{\alpha }$ 为面的单形, 则$$\delta {\sigma }_{\alpha }^{\ast }=\sum _i{\epsilon }_i{\tau }_i^{\ast },$$这里 ${\epsilon }_i$ 是 ${\sigma }_{\alpha }$ 在 $\partial {\tau }_i$ 中的系数.

例 5.1.8. 考虑下面的 $2$ 维单纯复形

只需分别计算不同维数的基本上链的边缘即可. 对 $2$–基本上链$$\delta {\sigma }_1^{\ast }=\delta {\sigma }_2^{\ast }=0,$$对 $1$–基本上链, 有$$\delta e_1^{\ast }=\delta e_4^{\ast }=-{\sigma }_1^{\ast },\delta e_2^{\ast }=\delta e_3^{\ast }=-{\sigma }_2^{\ast },\delta e_5^{\ast }={\sigma }_1^{\ast }-{\sigma }_2^{\ast }.$$对 $0$–基本上链, 有$$\delta v_0^{\ast }=e_4^{\ast }-e_1^{\ast },\delta v_1^{\ast }=e_1^{\ast }-e_2^{\ast }+e_5^{\ast },\delta v_2^{\ast }=e_2^{\ast }-e_3^{\ast },\delta v_3^{\ast }=e_3^{\ast }-e_4^{\ast }-e_5^{\ast }.$$

考虑 $K$ 关于系数 $\mathbb{Z}$ 的上同调群: 列出 $K$ 的上链复形有那么 $\mathrm{im}{\delta }_0=0$ 导出 $H^0(K)\cong \ker {\delta }_0=Z^0(K)$, 对任意 $c^0=\sum _{i=0}^3{n}_i{v}_i^{\ast }\in C^0(K)$, 由$$\begin{array}{rl}\delta c^0=0& ⟺\sum _{i=0}^3{n}_i\delta v_i^{\ast }=0\\ & ⟺(n_0-n_3)e_4^{\ast }+(n_1-n_0)e_1^{\ast }+(n_2-n_1)e_2^{\ast }+(n_3-n_2)e_3^{\ast }=0\\ & ⟺n_0=n_1=n_2=n_3=n.\end{array}$$这就说明 $Z^0(K)=\mathbb{Z}⟨\sum _{i=0}^3{v}_i^{\ast }⟩\cong \mathbb{Z}$, 于是 $H^0(K)\cong \mathbb{Z}$.

再考虑 $p=1$ 的情形, $Z^1(K)=\ker {\delta }_1$, 对 $c^1=\sum _{i=1}^5{n}_i{e}_i^{\ast }\in C^1(K)$, 类似地有$$\delta c^1=0⟺\{\begin{array}{l}{n}_1=n_5-n_4\\ n_2=-n_3-n_5\end{array}.$$于是对 $c^1\in Z^1(K)$, 有$$\begin{array}{rl}{c}^1& =(n_5-n_4)e_1^{\ast }+(-n_3-n_5)e_2^{\ast }+n_3{e}_3^{\ast }+n_4{e}_4^{\ast }+n_5{e}_5^{\ast }\\ & =n_3(e_3^{\ast }-e_2^{\ast })+n_4(e_4^{\ast }-e_1^{\ast })+n_5(e_1^{\ast }-e_2^{\ast }+e_5^{\ast })\\ & =-n_3\delta v_2^{\ast }+n_4\delta v_0^{\ast }+n_5\delta v_1^{\ast },\end{array}$$这即 $Z^1(K)=B^1(K)$, 于是 $H^1(K)=Z^1(K)/B^1(K)=0$.

当 $p=2$ 时, 因 $\ker {\delta }_2=C^2(K)$, 故 $H^2(K)=C^2(K)/\mathrm{im}{\delta }_1=C^2(K)/B^2(K)$, 而$${\sigma }_1^{\ast }=-\delta e_1^{\ast },{\sigma }_2^{\ast }=\delta e_2^{\ast }$$说明 $C^2(K)=B^2(K)$, 从而 $H^2(K)=0$. 其他阶上同调群自然为零.

这样的计算无疑是低效而繁复的.

命题 5.1.9. 设 $K$ 是单纯复形, 有$$H^0(K;G)=\left\{c^0\in C^0(K):\forall v,w\text{位于}\left|K\right|\text{的同一连通分支},⟨c^0,v⟩=⟨c^0,w⟩\right\}.$$特别地, 若 $\left|K\right|$ 连通, 就有 $H^0(K;G)\cong G$.

证明. 设 $c^0$ 满足条件, 要证 $\delta c^0=0$ 当且仅当对任意 $\sigma =[v,w]\in S_1^{+}(K)$ 都有 $⟨\delta c^0,\sigma ⟩=0$.

因$$⟨\delta c^0,\sigma ⟩=⟨c^0,\partial \sigma ⟩=⟨c^0,w⟩-⟨c^0,v⟩=0,$$于是 $c^0\in \ker {\delta }_0=H^0(K;G)$.

反之, 若 $c^0\in \ker {\delta }_0$, 即 $\delta c^0=0$, 则当 $v,w$ 位于 $\left|K\right|$ 的同一连通分支时, 存在 $c_1\in C_1(K)$ 使得 $\partial c_1=w-v$, 那么$$0=⟨\delta c^0,c_1⟩=⟨c^0,\partial c_1⟩=⟨c^0,w⟩-⟨c^0,v⟩,$$这即 $⟨c^0,w⟩=⟨c^0,v⟩$.

当 $\left|K\right|$ 连通时, 对任何 $v,w\in K^{(0)}$, 应有 $v,w$ 位于同一同调类中. 于是对任何 $c^0=\sum _{v\in K^{(0)}}{g}_v{v}^{\ast }\in \ker {\delta }_0$, $$g_v=⟨c^0,v⟩=⟨c^0,w⟩=g_w,$$这即 $c^0=g\sum _{v\in K^{(0)}}{v}^{\ast }$, 从而 $H^0(K;G)\cong G$.

$\square$

定义 5.1.10 (约化上同调). 对上链复形做增广, 得到它导出的上同调群称作约化上同调群, 并且容易得到 ${\tilde{H}}^p(K;G)\cong H^p(K;G)$.

命题 5.1.11. $\mathrm{im}\tilde{\epsilon }⩽\ker {\delta }_0$, 进一步 $H^0(K;G)\cong {\tilde{H}}^0(K;G)\oplus G$.

证明. 任取 $\alpha \in \mathrm{im}\tilde{\epsilon }$, 即存在 $\phi \in \mathrm{Hom}(\mathbb{Z},G)$ 使得 $\tilde{\epsilon }(\phi )=\alpha$, 那么$${\delta }_0\alpha ={\delta }_0\tilde{\epsilon }(\phi )=\widetilde{\epsilon {\partial }_1}(\phi )=0,$$即 $\alpha \in \ker {\delta }_0$, 从而 $\mathrm{im}\tilde{\epsilon }⩽\ker {\delta }_0$. 那么$$\ker {\delta }_0=\frac{\ker {\delta }_0}{\mathrm{im}\tilde{\epsilon }}\oplus \mathrm{im}\tilde{\epsilon }.$$

那么这就是$$H^0(K;G)=\ker {\delta }_0=\frac{\ker {\delta }_0}{\mathrm{im}\tilde{\epsilon }}\oplus \mathrm{im}\tilde{\epsilon }={\tilde{H}}^0(K;G)\oplus \mathrm{Hom}(\mathbb{Z};G)\cong {\tilde{H}}^0(K;G)\oplus G.$$特别地, 当 $\left|K\right|$ 连通时 ${\tilde{H}}^0(K;G)=0$.

$\square$

对复形对 $(K,K_0)$, 有$$(K,K_0)⟶\mathcal{C}(K,K_0)⟶\mathrm{Hom}(\mathcal{C}(K,K_0),G),$$后者是一个链复形, 于是可以定义相对上同调群$$H^p(K,K_0;G):=Z^p(K,K_0;G)/B^p(K,K_0;G).$$

注意到 $C^p(K,K_0;G)$ 可以看作是 $C^p(K;G)$ 的子群, 这因$$\begin{array}{rl}{C}^p(K,K_0;G)E& =\left\{f:C_p(K,K_0)\to G\right\}\\ & \cong \left\{f:C_p(K)\to G:f{|}_{C_p(K_0)}=0\right\}⩽C^p(K;G).\end{array}$$并且 $C^p(K_0;G)$ 可以看作 $C^p(K;G)$ 的商群, 考虑$$\tilde{ı}:C^p(K;G)\twoheadrightarrow C^p(K_0;G),\phi \mapsto \tilde{ı}(\phi )=\phi {|}_{C_p(K_0)}=\phi i:C_p(K_0)\to G.$$由同态基本定理可知$$C^p(K;G)/\ker \tilde{ı}\cong C^p(K_0;G).$$

在同调理论中有正合且分裂的序列于是由 5.1.3 可知序列仍然正合且分裂. 于是 zig–zag 引理导出长正合序列

例 5.1.12. 考虑 5.1.8 中相同的复形 $K$, $K_0$ 是由 ${\left\{v_i\right\}}_{i=1}^4$ 和 ${\left\{e_i\right\}}_{i=1}^4$ 构成的子复形.

注意到 $K_0$ 是 $1$ 维子复形, 于是 $H^2(K_0)=0$. 由 5.1.8 我们已经得到 $H^1(K)=H^2(K)=0$, 于是长正合列导出 $H^2(K,K_0)\cong H^1(K_0)$, 而 $H^1(K_0)$ 是容易计算的.

由 $\dim K_0=1$ 可知 $Z^1(K_0)=C^1(K_0)$. 此时 $e_1^{\ast }\sim e_2^{\ast }\sim e_3^{\ast }\sim e_4^{\ast }$, 于是 $C^1(K_0)\cong \mathbb{Z}⟨e_1^{\ast }⟩$. 而对任意 $c^0\in C^0(K_0)$ 和 $z=\sum _{i=1}^4{e}_i\in Z_1(K)$, 由$$⟨\delta c^0,z⟩=⟨c^0,\partial z⟩=0$$和$$⟨n{e}_1^{\ast },z⟩=n⟨e_1^{\ast },e_1⟩=n$$可知 $B^1(K_0)=0$. 从而 $H^1(K_0)\cong \mathbb{Z}$, 因此 $H^2(K,K_0)\cong \mathbb{Z}$.

对一般链复形 $\mathcal{C}=\left\{(C_p,\partial )\right\}$, 这里 $C_p$ 是 Abel 群, 它经过 $\mathrm{Hom}$ 函子之后得到的$$\mathrm{Hom}(\mathcal{C},G)=\left\{(\mathrm{Hom}(C_p,G),\delta )\right\}=\left\{(C^p(\mathcal{C};G),\delta )\right\}$$仍然是一个链复形, 于是同样地可以定义上同调群 $H^p(\mathcal{C};G):=\ker {\delta }_p/\mathrm{im}{\delta }_{p-1}$.

若 $\mathcal{C}$ 可以截断, 适当地调整下标, 在被截断的地方放上一个 $\mathbb{Z}$ 之后被 $\mathrm{Hom}$ 函子作用, 可以得到增广上链复形, 于是也可以诱导约化同调群.

考虑链映射 $f:\mathcal{C}\to {\mathcal{C}}^{\prime }$ 满足 ${\partial }^{\prime }f=f\partial$, 那么经过 $\mathrm{Hom}$ 函子作用之后得到的$$\tilde{f}:\mathrm{Hom}({\mathcal{C}}^{\prime };G)\to \mathrm{Hom}(\mathcal{C};G)$$满足$${\partial }^{\prime }f=f\partial ⟹\widetilde{{\partial }^{\prime }f}=\widetilde{f\partial }⟹\tilde{f}{\delta }^{\prime }=\delta \tilde{f},$$它诱导 $f^{\ast }:H^p({\mathcal{C}}^{\prime };G)\to H^p(\mathcal{C};G)$.

同样地, 将链同伦的交换图表作 $\mathrm{Hom}$ 函子之后, 我们自然地得到上链同伦:它自然也满足 $\tilde{D}{\delta }^{\prime }-\delta \tilde{D}=\tilde{g}-\tilde{f}$. 并且同样满足同伦公理, 即 $\tilde{\phi }\simeq \tilde{\psi }⟹{\phi }^{\ast }={\psi }^{\ast }$.

但对一般的链复形, 正合列未必是分裂的, 因为 $\mathcal{C},\mathcal{D},\mathcal{E}$ 未必是自由的. 因此无法推出序列的正合性.

所以我们取一个简单的例子, 考虑空间对 $(X,A)$ 的奇异链复形自然是一个分裂的正合列, 因此它总是可以诱导长正合列并且映射 $f:(X,A)\to (Y,B)$ 诱导链映射 $f^{♯}:\mathrm{Hom}(\mathcal{S}(Y,B);G)\to \mathrm{Hom}(\mathcal{S}(X,A);G)$. 这里 $f^{♯}$ 如下定义: 对任何 $a\in S_p(X,A)$, 有$$f^{♯}(\phi )(a)=⟨f^{♯}\phi ,a⟩=⟨\phi ,f_{♯}(a)⟩.$$

考虑下面的一组公理:

1.	$\mathrm{id}:X\to X$ 诱导出的 ${\mathrm{id}}^{\ast }$ 是恒等映射;
2.	$X\stackrel{f}{\to }Y\stackrel{g}{\to }Z$ 导出 $(gf{)}^{\ast }=f^{\ast }{g}^{\ast }$;
3.	${\delta }^{\ast }$ 是自然变换, 即对 $f:(X,A)\to (Y,B)$, 有图交换;
4.	设 $(X,A)$ 是容许对, 有长正合列
5.	同伦公理: 若 $f\simeq g:X\to Y$, 则 $f^{\ast }=g^{\ast }$;
6.	切除公理: 对复形对 $(X,A)$, 若 $U\subset X$, $\bar{U}\subset \mathrm{Int}A$, 且 $(X\setminus U,A\setminus U)$ 仍是容许对, 则 $H^p(X\setminus U,A\setminus U;G)\cong H^p(X,A;G)$;
7.	维数公理: 对单点空间 $\mathrm{pt}$, 有 ${\tilde{H}}^p(\mathrm{pt};G)=0$.

称这组公理导出的同调理论为上同调理论. 区别于同调理论, 上同调公理中没有紧支撑公理.

5.2自由链复形的上同调

考虑这样一个问题, 对 $\mathcal{C},\mathcal{D}$ 都是自由链复形, $H_p(\mathcal{C})\cong H_p(\mathcal{D})$ 能否推出 $H^p(\mathcal{C};G)\cong H^p(\mathcal{D};G)$? 如果这一问题的答案是肯定的, 那么我们立刻可以导出对可三角剖分的拓扑空间, 它们的单纯上同调, 奇异上同调和胞腔上同调都是相同的.

定义 5.2.1 (自由可解). 设 $C$ 是一个 Abel 群, 若 $A,B$ 都是自由的, 称短正合序列是 $C$ 的一个自由可解. 任何 Abel 群 $C$ 都存在自由可解, 我们只需要考虑下面的序列: 即可, 它显然是正合的.

引理 5.2.2. 设 $C,C^{\prime }$ 是 Abel 群, $\gamma :C\to C^{\prime }$ 是同态, 它们都有自由可解. 则存在群同态 $\alpha :A\to A^{\prime }$, $\beta :B\to B^{\prime }$ 使得图交换.

证明. 先考虑 $\beta$ 的存在性, 取 $b$ 是 $B$ 的基元, 因 ${\psi }^{\prime }$ 是满射, 于是$$\beta (b)=b^{\prime }\in ({\psi }^{\prime }{)}^{-1}(\gamma \psi (b))$$总是可以定义的. 于是 $\beta$ 可以被定义. 下面断言 $\beta (\mathrm{im}\phi )⩽\mathrm{im}{\phi }^{\prime }$. 这因$$\begin{array}{rl}b\in \mathrm{im}\phi =\ker \psi & ⟹\psi (b)=0⟹\gamma \psi (b)=0\\ & ⟹{\psi }^{\prime }\beta (b)=0⟹\beta (b)\in \ker {\psi }^{\prime }=\mathrm{im}{\phi }^{\prime },\end{array}$$于是 $\beta$ 可以如下诱导 $\alpha =({\phi }^{\prime }{)}^{-1}\phi :A\to A^{\prime }$.

$\square$

引理 5.2.3. 设 $\mathcal{C}$ 和 $\mathcal{D}$ 是自由链复形, $\gamma :H_p(\mathcal{C})\to H_p(\mathcal{D})$ 是群同态, 则存在链映射 $\phi :\mathcal{C}\to \mathcal{D}$ 使得 ${\phi }_{\ast }=\gamma$.

证明. 考虑由 5.2.2 可知存在对应的群同态 $\alpha$, $\beta$ 使得上图交换.

考虑 $\beta :Z_p(\mathcal{C})\to Z_p(\mathcal{D})$, 将 $\beta$ 扩张成链映射, 因为序列正合且分裂, 于是 $C_p\cong Z_p\oplus U_p$. 其中 $\partial {|}_{U_p}:U_p\stackrel{\cong }{\to }{B}_{p-1}$ 是一个同胚. 于是可以定义 $\phi :C_p\to D_p$ 满足$$\phi {|}_{Z_p}=\beta ,\phi {|}_{U_p}=({\partial }^{\prime }{|}_{U_p^{\prime }}{)}^{-1}\alpha \partial {|}_{U_p}.$$再证明 $\phi$ 是一个链映射, 只需图交换, 这因每一个方块都可以交换.

再验证 ${\phi }_{\ast }=\gamma$. 直接计算, 对任何 $\left\{z_p\right\}\in H_p(\mathcal{C})$, 都有$${\phi }_{\ast }(\left\{z_p\right\})=\left\{\phi (z_p)\right\}=\left\{\beta (z_p)\right\}=l^{\prime }\beta (z_p)=\gamma l(z_p)=\gamma (\left\{z_p\right\}),$$故 ${\phi }_{\ast }=\gamma$.

$\square$

引理 5.2.4. 设 $\mathcal{C}$, $\mathcal{D}$, $\mathcal{E}$ 都是自由链复形, 序列正合, 若 $H_p(\mathcal{C})\cong H_p(\mathcal{D})$, 则 $H^p(\mathcal{C};G)\cong H^p(\mathcal{D};G)$.

证明. Zig–zag 引理可以诱导出长正合列, 而 ${\phi }_{\ast }$ 是同构意味着对任意 $p\in \mathbb{Z}$ 成立 $H_p(\mathcal{E})=0$. 并且题设中的序列分裂, 因此也是分裂的正合列. 于是 ${\phi }^{\ast }$ 是同构当且仅当对任何 $p\in \mathbb{Z}$ 成立 $H^p(\mathcal{E};G)=0$.

设 $B_p$ 和 $Z_p$ 分别是 $\mathcal{E}=\left\{(E_p,\partial )\right\}$ 的边缘链群和闭链群, 则 $H_p(\mathcal{E})=0$ 导出序列正合. 于是 $E_p=Z_p\oplus U_p$, 其中 $\partial {|}_{U_p}:U_p\stackrel{\cong }{\to }{B}_{p-1}$ 是同胚. 又因为 $H_p(\mathcal{E})=0$, 于是 $Z_p=B_p$. 作 $\mathrm{Hom}$ 函子如下: $$\mathrm{Hom}(E_p,G)=\mathrm{Hom}(Z_p,G)\oplus \mathrm{Hom}(U_p,G)\cong \mathrm{Hom}(Z_p,G)\oplus \mathrm{Hom}(B_{p-1},G).$$对下图断言 $\delta {|}_{U_p}=0$. 因对任意 $f:U_p\to G\in \mathrm{Hom}(U_p,G)$ 都有$$\delta f=\tilde{\partial }f=f\partial :B_{p-1}\to G,$$由 $\partial {|}_{B_{p+1}}=0$ 可知 $\delta f=0$, 故 $\delta {|}_{U_p}=0$.

立刻得到$$\mathrm{im}{\delta }_{p-1}=\mathrm{Hom}(U_p,G)=\ker {\delta }_p,$$于是 $H^p(\mathcal{E})=\ker {\delta }_p/\mathrm{im}{\delta }_{p-1}=0$.

$\square$

下面的定理是 5.2.4 的一般情形. 在证明的过程中使用到了一个拓扑背景的技术, 即映射锥. 考虑 $h:X\to Y$, 它可以如下诱导一个黏合:$$\pi :(x,0)\sim h(x),$$此时 $\pi$ 将 $X$ 嵌入到 $Y^{\prime }$ 中, 而 $Y$ 被同伦地映射到 $Y^{\prime }$ 中, 此时图在同伦意义下交换. 也即 $i\simeq jh$.

定理 5.2.5. 设 $\mathcal{C}$, $\mathcal{D}$ 是自由链复形, 若 $H_p(\mathcal{C})\cong H_p(\mathcal{D})$, 则 $H^p(\mathcal{C};G)\cong H^p(\mathcal{D};G)$.

证明. 设 $\phi :\mathcal{C}\to \mathcal{D}$ 是链映射, 若存在一个自由链复形 ${\mathcal{D}}^{\prime }$ 使得在同伦意义下交换, 即 $i\simeq j\phi$, ${\mathcal{D}}^{\prime }/\mathrm{im}i$ 与 ${\mathcal{D}}^{\prime }/\mathrm{im}j$ 都是自由的, 则可以导出 $j_{♯}$ 是一个同构.

取 ${\mathcal{D}}^{\prime }=\left\{(D_p^{\prime },\partial )\right\}$ 如下. $$D_p^{\prime }=C_p\oplus D_p\oplus C_{p-1},{\partial }_p^{\prime }:\{\begin{array}{l}(c_p,0,0)\mapsto (\partial c_p,0,0)\\ (0,d_p,0)\mapsto (0,\partial d_p,0)\\ (0,0,c_{p-1})\mapsto (-c_{p-1},\phi (c_{p-1}),-\partial c_{p-1})\end{array}$$容易验证 ${\partial }^{\prime }\circ {\partial }^{\prime }=0$.

此时 $i:\mathcal{C}\to {\mathcal{D}}^{\prime }$ 和 $j:\mathcal{D}\to {\mathcal{D}}^{\prime }$ 都是嵌入, 并且 $i{\partial }_{\mathcal{C}}={\partial }^{\prime }i$, $j{\partial }_{\mathcal{D}}={\partial }^{\prime }j$ 也是显然的, 于是$$\begin{array}{rl}{\mathcal{D}}^{\prime }/\mathrm{im}i=\left\{(D_p\oplus C_{p-1},{\partial }^{\prime \prime })\right\}& {\partial }^{\prime \prime }={\partial }^{\prime }{|}_{D_p\oplus C_{p-1}}\\ {\mathcal{D}}^{\prime }/\mathrm{im}j=\left\{(C_p\oplus C_{p-1},{\partial }^{\prime \prime \prime })\right\}& {\partial }^{\prime \prime \prime }={\partial }^{\prime }{|}_{C_p\oplus C_{p-1}}\end{array}$$自然是自由的. 下面我们验证 $i\simeq j\phi$. 取 $D:C_p\to D_{p+1}^{\prime }$ 满足 $c_p\mapsto (0,0,c_p)$, 那么直接计算$${\partial }^{\prime }D(c_p)+D(\partial c_p)=(-c_p,\phi (c_p),0)=j\phi (c_p)-i(c_p),$$这说明 ${\partial }^{\prime }D+D\partial =j\phi -i$, 也即 $i\simeq j\phi$.

因 $j$ 是单的, 此时有短正合列那么 $j_{\ast }$ 是同构当且仅当对任意 $p\in \mathbb{Z}$ 都有 $H_p({\mathcal{D}}^{\prime }/\mathcal{D})=0$, 即证 $Z_p({\mathcal{D}}^{\prime }/\mathcal{D})=B_p({\mathcal{D}}^{\prime }/\mathcal{D})$. 任取 $z_p=(c_p,c_{p-1})\in Z_p({\mathcal{D}}^{\prime }/\mathcal{D})$, 那么由$$\partial (c_p,c_{p-1})=0⟺(\partial c_p-c_{p-1},-\partial c_{p-1})=0⟺\partial c_p=c_{p-1},\partial c_{p-1}=0.$$这说明任何 $z_p$ 都具有 $(c_p,\partial c_p)$ 的形式, 注意到 $\partial (0,-c_p)=(c_p,\partial c_p)$ 即可. 于是我们证明了 $j_{\ast }$ 是同构.

令 $\gamma :H_p(\mathcal{C})\to H_p(\mathcal{D})$ 是同构, 则 $\partial \phi :\mathcal{C}\to \mathcal{D}$ 使得 ${\phi }_{\ast }=\gamma$. 此时和都是自由链复形的短正合列. 因 $j_{\ast }$ 是同构, 由 5.2.4 可知 $j^{\ast }$ 也是同构. 另一方面, 因 $i\simeq j\phi$, 从而 $i_{\ast }=j_{\ast }{\phi }_{\ast }$ 也是同构. 再使用一次 5.2.4 可知 $i^{\ast }$ 也是同构. 因此由$$i^{\ast }={\phi }^{\ast }{j}^{\ast }$$和 $i^{\ast }$, $j^{\ast }$ 都是同构得到 ${\phi }^{\ast }$ 也是同构, 此即 $H^p(\mathcal{C};G)\cong H^p(\mathcal{D};G)$.

$\square$

至此, 对单纯复形 $K$, 我们得到了这样的一些概念: 因此一个自然的问题是, $H^p(\mathcal{C};G)$ 与 $\mathrm{Hom}(H_p(\mathcal{C}),G)$ 何时是同构的?

考虑映射$$\mathrm{Hom}(C_p,G)\times C_p\to G,(c^p,c_p)\mapsto ⟨c^p,c_p⟩,$$它诱导出$$H^p(\mathcal{C};G)\times H_p(\mathcal{C})\to G,(\left\{{\alpha }^p\right\},\left\{{\beta }_p\right\})\mapsto ⟨{\alpha }^p,{\beta }_p⟩.$$称作是 Kronecker 指数.

它是良定义的, 因对 ${\alpha }^p=z^p+\delta b^{p-1}$, ${\beta }_p=z_p+\partial b_{p+1}$, 有$$\begin{array}{rl}⟨{\alpha }^p,{\beta }_p⟩& =⟨z^p+\delta b^{p-1},z_p+\partial b_{p+1}⟩\\ & =⟨z^p,z_p⟩+⟨b^{p-1},\partial z_p⟩+⟨\delta z^p,b_{p+1}⟩+⟨b^{p-1},{\partial }^2{b}_{p+1}⟩\\ & =⟨z^p,z_p⟩.\end{array}$$

定义 5.2.6 (Kronecker 映射). 称映射$$\kappa :H^p(\mathcal{C};G)\to \mathrm{Hom}(H_p(\mathcal{C}),G),{\alpha }^p\mapsto ⟨{\alpha }^p,\cdot ⟩:H_p(\mathcal{C})\to G$$是 Kronecker 映射.

引理 5.2.7. 存在分裂的正合序列

证明. 我们构造这样的一个 ${\lambda }^{\ast }:\mathrm{Hom}(H_p(\mathcal{C}),G)\to H^p(\mathcal{C};G)$, 使得 $\kappa {\lambda }^{\ast }=\mathrm{id}$. 对自由链复形 $\mathcal{C}$, 序列正合, 且 $C_p=Z_p\oplus U_p$, $U_p\cong B_{p-1}$. 将商映射扩张得到$$\lambda :C_p\to H_p(\mathcal{C}),\lambda {|}_{Z_p}:z_p\mapsto \left\{z_p\right\},\lambda {|}_{U_p}:u_p\mapsto 0,$$视 $\mathcal{E}=\left\{(H_p(\mathcal{C}),\partial =0)\right\}$ 为一个链复形, 那么图自然是交换的, $\lambda$ 是一个链映射. 从而它可以诱导$${\lambda }_{\ast }:H_p(\mathcal{C})\to H_p(\mathcal{E})=H_p(\mathcal{C}),\left\{z_p\right\}\mapsto \left\{\lambda (z_p)\right\}=\left\{z_p\right\}.$$同样地, 它也可以诱导$${\lambda }^{\ast }:\mathrm{Hom}(H_p(\mathcal{C}),G)=H^p(\mathcal{E};G)\to H^p(\mathcal{C};G),$$但 ${\lambda }^{\ast }$ 未必是同构, 这因 $\mathcal{E}$ 未必自由.

下面证明 $\kappa {\lambda }^{\ast }=\mathrm{id}$, 任取 $\gamma =\left\{z_p\right\}\in H_p(\mathcal{C})$, $\alpha \in \mathrm{Hom}(H_p(\mathcal{C}),G)$. 直接计算$$\begin{array}{rl}\kappa {\lambda }^{\ast }(\alpha )(\gamma )& =⟨{\lambda }^{\ast }(\alpha ),\gamma ⟩=⟨{\lambda }^{\ast }(\alpha ,z_p)⟩\\ & =⟨\alpha ,\lambda (z_p)⟩=⟨\alpha ,\left\{z_p\right\}⟩=\alpha (\left\{z_p\right\}),\end{array}$$于是对任何 $\alpha$ 都有 $\kappa {\lambda }^{\ast }(\alpha )=\alpha$, 这即 $\kappa {\lambda }^{\ast }=\mathrm{id}$.

$\square$

推论 5.2.8. 设 $\mathcal{C}$ 是自由链复形, 若 $H_p(\mathcal{C})$ 也自由, 则 $\kappa$ 给出一个 $H^p(\mathcal{C};G)$ 与 $\mathrm{Hom}(H_p(\mathcal{C}),G)$ 之间的同构.

证明. 由 $H_p(\mathcal{C})$ 自由且 ${\lambda }_{\ast }=\mathrm{id}$ 可知 ${\lambda }^{\ast }$ 是同构.

$\square$

5.3$\mathrm{Ext}$ 函子和万有系数公式

对于一般的情形, 序列(可视作链复形 $\mathcal{C}$) 正合未必可以导出序列(可视作链复形 $\mathrm{Hom}(\mathcal{C},G)$) 也正合. 为此, 我们可以选择在左侧添加一项, 得到序列(这里的 $\mathrm{coker}\tilde{\phi }$ 可以看作是 $H^2(\mathrm{Hom}(\mathcal{C},G))$), 这就是一个正合序列了.

定义 5.3.1 ($\mathrm{Ext}$ 函子). 设 $A$ 是一个 Abel 群, 其自由可解为那么对 Abel 群 $G$, 定义$$\mathrm{Ext}(A;G):=\mathrm{coker}\tilde{\phi }=\mathrm{Hom}(A,G)/\mathrm{im}\tilde{\phi }.$$

命题 5.3.2. 设 $A,G,A_i,G_i$ 是 Abel 群, 则

1.	$\mathrm{Ext}(\underset{i\in \alpha }{⨁}{A}_i,G)\cong \prod _{i\in \alpha }\mathrm{Ext}(A_i,G)$;
2.	$\mathrm{Ext}(A,\prod _{i\in \alpha }{G}_i)\cong \prod _{i\in \alpha }\mathrm{Ext}(A,G_i)$.

证明. (1) 我们记 $A_i$ 对应的自由可解为那么 $\underset{i\in \alpha }{⨁}{A}_i$ 的自由可解就是因此下面的两个序列都是正合的. 而 5.1.4 说明了序列中前三项可以与直积建立起自然的同构, 于是从交换图上可以得到 $\mathrm{Ext}(\underset{i\in \alpha }{⨁}{A}_i,G)$ 到 $\prod _{i\in \alpha }\mathrm{Ext}(A_i,G)$ 的映射是一个同构.

(2) 类似地, 我们考虑下面的两个正合序列同样地,  5.1.4 说明了序列前三项可以与直积建立起自然的同构, 于是从交换图上可以得到 $\mathrm{Ext}(A,\prod _{i\in \alpha }{G}_i)$ 到 $\prod _{i\in \alpha }\mathrm{Ext}(A,G_i)$ 的映射是一个同构.

$\square$

下面的命题可以让我们很简单地计算有限生成 Abel 群的 $\mathrm{Ext}$ 函子. 它应用于通过万有系数公式计算上同调群的过程.

命题 5.3.3. 设 $A,G$ 是 Abel 群, 则

1.	若 $A$ 是自由群, 则 $\mathrm{Ext}(A,G)=0$;
2.	序列正合.
3.	$\mathrm{Ext}(\mathbb{Z},G)=0$, $\mathrm{Ext}(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z},G)\cong G/mG$.

证明. (1) 注意到 $A$ 是自由群时, $A$ 的自由可解是分裂的, 于是经过 $\mathrm{Hom}$ 函子作用之后直接得到一个正合序列, 这就说明了 $\mathrm{Ext}(A,G)=0$.

(2) 只需注意到 $\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$ 有自由可解即可.

(3) 这无非是 (2) 的推论.

$\square$

定理 5.3.4 (上同调万有系数公式). 设 $\mathcal{C}$ 是自由链复形, $G$ 是 Abel 群, 则序列正合.

证明. 注意到对任何 $p\in \mathbb{Z}$, 序列和都正合, 并且由 $B_{p-1}$ 自由可知下面的序列还是分裂的, 于是我们得到序列也是正合的, 其中 $\bar{\partial }$ 是 $\partial$ 的商映射. 我们把这一序列换一种写法, 得到下面证明它是分裂的.

注意到有交换图其中所有竖直方向和水平方向的序列都是正合列, 因此上图导出$$\ker {\alpha }_{p-1}=\ker {\bar{\partial }}^{\ast }=Z^{p-1}⟹\ker {\alpha }_p=Z^p,$$和$$\ker {\beta }_{p-1}=\mathrm{im}{\bar{\partial }}^{\ast }=B^p.$$因此有 $\mathrm{coker}{\beta }_{p-1}=Z^p/B^p=H^p(\mathcal{C};G)$. 注意到 ${\beta }_{p-1}={\bar{\partial }}^{\ast }{\gamma }_{p-1}$, 于是序列这就是所求证的序列.

$\square$

例 5.3.5. 对 Klein 瓶 $S$, 我们已经得到它的同调群$$H_p(S)=\{\begin{array}{ll}\mathbb{Z},& p=0\\ \mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}/2\mathbb{Z},& p=1\\ 0,& \text{其他}\end{array}$$那么利用万有系数公式, 当 $p=1$ 时序列的正合性导出 $H^1(S;G)\cong G\oplus \ker [G\stackrel{2}{\to }G]$.

特别地, 取 $G=\mathbb{Z}$ 有 $H^1(S,\mathbb{Z})\cong \mathbb{Z}$; 取 $G=\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ 有 $H^1(S,\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})\cong \mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$.

当 $p=2$ 时序列的正合性导出 $H^2(S;G)\cong G/2G$.