单纯同调与奇异同调习题

证：

给定Δ2\Delta^2Δ2的定向如上图，三个顶点粘合为一个点，记作ppp，中间的二维单形记为UUU.

可写出XXX的链群：
Δ0(X)=Z⋅p\Delta_0(X)=\mathbb{Z}\cdot pΔ0(X)=Z⋅p

Δ1(X)=Z⋅a⊕Z⋅b⊕Z⋅c\Delta_1(X)=\mathbb{Z}\cdot a\oplus \mathbb{Z}\cdot b\oplus \mathbb{Z}\cdot cΔ1(X)=Z⋅a⊕Z⋅b⊕Z⋅c

Δ2(X)=Z⋅U\Delta_2(X)=\mathbb{Z}\cdot UΔ2(X)=Z⋅U

计算其边界：
∂0(p)=0\partial_0(p)=0∂0(p)=0
∂1(a)=p−p=0=∂1(b)=∂1(c)\partial_1(a)=p-p=0=\partial_1(b)=\partial_1(c)∂1(a)=p−p=0=∂1(b)=∂1(c)
∂2(U)=c−a+b\partial_2(U)=c-a+b∂2(U)=c−a+b

更进一步，
Im(∂0)=0Im(\partial_0)=0Im(∂0)=0
Im(∂1)=0Im(\partial_1)=0Im(∂1)=0
Im(∂2)=Z⋅(c−a+b)Im(\partial_2)=\mathbb{Z}\cdot (c-a+b)Im(∂2)=Z⋅(c−a+b)

ker(∂0)=Z⋅pker(\partial_0)=\mathbb{Z}\cdot pker(∂0)=Z⋅p
ker(∂1)=Z⋅a⊕Z⋅b⊕Z⋅cker(\partial_1)=\mathbb{Z}\cdot a\oplus \mathbb{Z}\cdot b\oplus \mathbb{Z}\cdot cker(∂1)=Z⋅a⊕Z⋅b⊕Z⋅c
ker(∂2)=0ker(\partial_2)=0ker(∂2)=0

可以写出其链复形：
0⟶∂3Δ2(X)⟶∂2Δ1(X)⟶∂1Δ0(X)⟶∂000\stackrel{\partial_3}{\longrightarrow}\Delta_2(X)\stackrel{\partial_2}{\longrightarrow}\Delta_1(X)\stackrel{\partial_1}{\longrightarrow}\Delta_0(X)\stackrel{\partial_0}{\longrightarrow}00⟶∂3Δ2(X)⟶∂2Δ1(X)⟶∂1Δ0(X)⟶∂00

由HnΔ=ker(∂n)/Im(∂n+1)H_n^{\Delta}=ker(\partial_n)/Im(\partial_{n+1})HnΔ=ker(∂n)/Im(∂n+1)，可以写出单纯同调群：
HnΔ(X)={Zn=0Z⊕Zn=10n≥2H_n^{\Delta}(X)=\begin{cases} \mathbb{Z} & n=0 \\ \mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z} & n=1 \\ 0 & n\geq2 \end{cases}HnΔ(X)=⎩⎪⎨⎪⎧ZZ⊕Z0n=0n=1n≥2

证：
由Klein瓶的多边形表示可给出其 Δ\DeltaΔ-复形结构：

长方形的四个点粘合为一个点，记为 vvv，三个一维复形记为 a,b,ca,b,ca,b,c，两个二维复形记为 U,LU,LU,L.

先给出其链复形0⟶∂3Δ2(X)⟶∂2Δ1(X)⟶∂1Δ0(X)⟶∂000\stackrel{\partial_3}{\longrightarrow}\Delta_2(X)\stackrel{\partial_2}{\longrightarrow}\Delta_1(X)\stackrel{\partial_1}{\longrightarrow}\Delta_0(X)\stackrel{\partial_0}{\longrightarrow}00⟶∂3Δ2(X)⟶∂2Δ1(X)⟶∂1Δ0(X)⟶∂00

其中，
Δ0(X)=Z⋅v\Delta_0(X)=\mathbb{Z}\cdot vΔ0(X)=Z⋅v

Δ1(X)=Z⋅a⊕Z⋅b⊕Z⋅c\Delta_1(X)=\mathbb{Z}\cdot a\oplus \mathbb{Z}\cdot b\oplus \mathbb{Z}\cdot cΔ1(X)=Z⋅a⊕Z⋅b⊕Z⋅c

Δ2(X)=Z⋅U⊕Z⋅L\Delta_2(X)=\mathbb{Z}\cdot U\oplus\mathbb{Z}\cdot LΔ2(X)=Z⋅U⊕Z⋅L

计算其边界：
∂0(v)=0\partial_0(v)=0∂0(v)=0
∂1(a)=v−v=0=∂1(b)=∂1(c)\partial_1(a)=v-v=0=\partial_1(b)=\partial_1(c)∂1(a)=v−v=0=∂1(b)=∂1(c)
∂2(U)=a−c+b,∂2(L)=b−a+c\partial_2(U)=a-c+b,\partial_2(L)=b-a+c∂2(U)=a−c+b,∂2(L)=b−a+c

更进一步，
Im(∂0)=0Im(\partial_0)=0Im(∂0)=0
Im(∂1)=0Im(\partial_1)=0Im(∂1)=0
Im(∂2)=Z⋅(a−c+b)+Z⋅(b−a+c)=Z⋅(a−c+b)⊕Z⋅(2b)\begin{aligned} Im(\partial_2)&=\mathbb{Z}\cdot (a-c+b)+\mathbb{Z}\cdot (b-a+c)\\ &=\mathbb{Z}\cdot (a-c+b)\oplus \mathbb{Z}\cdot (2b) \end{aligned}Im(∂2)=Z⋅(a−c+b)+Z⋅(b−a+c)=Z⋅(a−c+b)⊕Z⋅(2b)

ker(∂0)=Z⋅vker(\partial_0)=\mathbb{Z}\cdot vker(∂0)=Z⋅v
ker(∂1)=Z⋅a⊕Z⋅b⊕Z⋅cker(\partial_1)=\mathbb{Z}\cdot a\oplus \mathbb{Z}\cdot b\oplus \mathbb{Z}\cdot cker(∂1)=Z⋅a⊕Z⋅b⊕Z⋅c
ker(∂2)=0ker(\partial_2)=0ker(∂2)=0

其中
H1Δ(2P2)=ker(∂1)/Im(∂2)=Z⋅a⊕Z⋅b⊕Z⋅c/Z⋅(a−c+b)⊕Z⋅(2b)H_1^{\Delta}(2P^2)=ker(\partial_1)/Im(\partial_2)=\mathbb{Z}\cdot a\oplus \mathbb{Z}\cdot b\oplus \mathbb{Z}\cdot c/\mathbb{Z}\cdot (a-c+b)\oplus \mathbb{Z}\cdot (2b)H1Δ(2P2)=ker(∂1)/Im(∂2)=Z⋅a⊕Z⋅b⊕Z⋅c/Z⋅(a−c+b)⊕Z⋅(2b)
因为 c=a+bc=a+bc=a+b，所以 H1Δ(2P2)=Z⋅a⊕Z⋅b/Z⋅(2b)=Z⊕Z2H_1^{\Delta}(2P^2)=\mathbb{Z}\cdot a\oplus \mathbb{Z}\cdot b/\mathbb{Z}\cdot (2b)=\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}_2H1Δ(2P2)=Z⋅a⊕Z⋅b/Z⋅(2b)=Z⊕Z2.

所以其单纯同调群为：
HnΔ(2P2)={Zn=0Z⊕Z2n=10n≥2H_n^{\Delta}(2P^2)=\begin{cases} \mathbb{Z} & n=0 \\ \mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}_2 & n=1 \\ 0 & n\geq2 \end{cases}HnΔ(2P2)=⎩⎪⎨⎪⎧ZZ⊕Z20n=0n=1n≥2

证：

因为任何拓扑空间之间的连续映射 f:X→Yf:X\rightarrow Yf:X→Y 诱导相同维数链复形之间的链映射 f♯f_\sharpf♯，进而诱导任意维数同调群之间的同态 f∗:Hn(X)→Hn(Y)f_*: H_n(X)\rightarrow H_n(Y)f∗:Hn(X)→Hn(Y).

因为 A⊂XA\subset XA⊂X 是收缩核，所以有包含映射 i:A→Xi:A\rightarrow Xi:A→X，收缩映射 r:X→Ar:X\rightarrow Ar:X→A 满足 r∘i=idAr\circ i=id_Ar∘i=idA，所以诱导同调群同态的复合 r∗∘i∗=idHn(A)r_*\circ i_*=id_{H_n(A)}r∗∘i∗=idHn(A)，所以 i∗:Hn(A)→Hn(X)i_*:H_n(A)\rightarrow H_n(X)i∗:Hn(A)→Hn(X) 是单的。

证：
1.反身性：
假设 f♯:C.→D.f_\sharp:C_.\rightarrow D_.f♯:C.→D. 是链复形之间的链映射，对任意维数 nnn 取 Pn:Cn→Dn+1P_n: C_n\rightarrow D_{n+1}Pn:Cn→Dn+1 是零同态，记 C.C_.C. 之间的边缘算子为 ∂\partial∂，D.D_.D.之间的边缘算子为 ∂~\tilde{\partial}∂~，所以有
∂~n+1Pn+Pn−1∂n=f♯−f♯=0\tilde{\partial}_{n+1} P_n+P_{n-1}\partial_{n}=f_\sharp-f_\sharp=0∂~n+1Pn+Pn−1∂n=f♯−f♯=0
所以 f♯f_\sharpf♯ 与自身链同伦。

2.对称性：
假设 f♯,g♯f_\sharp,g_\sharpf♯,g♯ 链同伦，则有：
g♯−f♯=∂~n+1(−Pn)+(−Pn−1)∂ng_\sharp-f_\sharp=\tilde{\partial}_{n+1} (-P_n)+(-P_{n-1})\partial_{n}g♯−f♯=∂~n+1(−Pn)+(−Pn−1)∂n
规定 ∀a∈C.,−P(a)=−a\forall a\in C_., -P(a)=-a∀a∈C.,−P(a)=−a，这样 {−Pn}\{-P_n\}{−Pn} 仍然是一族同态。
从而 g♯,f♯g_\sharp,f_\sharpg♯,f♯ 也是链同伦。

3.传递性：
假设 f♯,g♯f_\sharp,g_\sharpf♯,g♯是链同伦，其同态记为 PPP，g♯,h♯g_\sharp,h_\sharpg♯,h♯是链同伦，其同态记为 P~\tilde{P}P~.
所以有
f♯−h♯=∂~n+1(Pn+P~n)+(Pn−1+P~n−1)∂nf_\sharp-h_\sharp=\tilde{\partial}_{n+1} (P_n+\tilde{P}_n)+(P_{n-1}+\tilde{P}_{n-1})\partial_{n}f♯−h♯=∂~n+1(Pn+P~n)+(Pn−1+P~n−1)∂n

这里群中运算用 +++ 表示，所以 ∀a,b∈C.,(P+P~)(ab)=P(ab)+P~(ab)=P(a)+P(b)+P~(a)+P~(b)=(P+P~)(a)+(P+P~)(b)\forall a,b\in C_., (P+\tilde{P})(ab)=P(ab)+\tilde{P}(ab)=P(a)+P(b)+\tilde{P}(a)+\tilde{P}(b)=(P+\tilde{P})(a)+(P+\tilde{P})(b)∀a,b∈C.,(P+P~)(ab)=P(ab)+P~(ab)=P(a)+P(b)+P~(a)+P~(b)=(P+P~)(a)+(P+P~)(b)
所以 {P+P~}\{P+\tilde{P}\}{P+P~} 仍然是一族同态。
所以链同伦具有传递性。

证：
对于增广奇异链复形，当 n≥0n\geq 0n≥0，已由定理2.10证明。

只需说明存在 f♯≃g♯:Z→Z,n=−1f_\sharp\simeq g_\sharp: \mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z},n=-1f♯≃g♯:Z→Z,n=−1，这里 f♯=g♯=id♯f_\sharp=g_\sharp=id_\sharpf♯=g♯=id♯，由链同伦的定义，需要验证
εP−1+P−2∘0=f♯−g♯=0\varepsilon P_{-1}+P_{-2}\circ0=f_\sharp-g_\sharp=0εP−1+P−2∘0=f♯−g♯=0
取 P−1P_{-1}P−1 为零同态，所以当 n=−1n=-1n=−1 时，f♯≃g♯.f_\sharp\simeq g_\sharp.f♯≃g♯.
由命题2.12知 f∗=g∗:H~n(X)→H~n(Y).f_*=g_*: \tilde{H}_n(X)\rightarrow\tilde{H}_n(Y).f∗=g∗:H~n(X)→H~n(Y).

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