3.3 单纯复形的同调群

3.3.1 定向单形

对于 $r\ge 1$ 的 $r$ 维单形，我们可以给它指定定向。对于无向单形，我们不用 $⟨...⟩$ 而改用 $(...)$ 来表示定向单形。符号 ${\sigma }_r$ 则同时用来表示这两种单形。定向 1-单形 ${\sigma }_1=(p_0{p}_1)$ 是沿 $p_0\to p_1$ 方向行进的有向线段（图 3.6(a)）。现在

(a)

(b)

图 3.5. $(a)$ 是圆柱面的一个三角剖分，而 $(b)$ 不是。

图 3.6. 定向 1-单形 $(a)$ 与定向 2-单形 $(b)$。

应当把 $(p_0{p}_1)$ 与 $(p_1{p}_0)$ 区分开来。我们要求

$$(p_0{p}_1)=-(p_1{p}_0).\text{\hspace{1em}(3.13)}$$

这里 $(p_1{p}_0)$ 前面的 $-$ 应当理解为有限生成阿贝尔群意义下的负号。事实上，$(p_1{p}_0)$ 被看作 $(p_0{p}_1)$ 的逆元。从 $p_0$ 走到 $p_1$，再从 $p_1$ 走到 $p_0$，等于哪里也没去，即 $(p_0{p}_1)+(p_1{p}_0)=0$，因此 $-(p_1{p}_0)=(p_0{p}_1)$。

类似地，定向 2-单形 ${\sigma }_2=(p_0{p}_1{p}_2)$ 是各边都规定了定向的三角形区域 $p_0{p}_1{p}_2$（图 3.6(b)）。可以看出，由 $p_0{p}_1{p}_2$ 给出的定向与由 $p_2{p}_0{p}_1$ 或 $p_1{p}_2{p}_0$ 给出的定向相同，而与 $p_0{p}_2{p}_1$、$p_2{p}_1{p}_0$ 或 $p_1{p}_0{p}_2$ 给出的定向相反。我们要求

$$\begin{array}{rl}(p_0{p}_1{p}_2)& =(p_2{p}_0{p}_1)=(p_1{p}_2{p}_0)\\ & =-\left(p_0{p}_2{p}_1\right)=-\left(p_2{p}_1{p}_0\right)=-\left(p_1{p}_0{p}_2\right).\end{array}$$

设 $P$ 是 0、1、2 的一个置换

$$P=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 2\\ i& j& k\end{array}\right).$$

这些关系可概括为

$$(p_i{p}_j{p}_k)=\mathrm{sgn}(P)(p_0{p}_1{p}_2)$$

其中当 $P$ 为偶（奇）置换时，$\mathrm{sgn}(P)=+1$（$-1$）。

定向 3-单形 ${\sigma }_3=(p_0{p}_1{p}_2{p}_3)$ 是四面体四个顶点的一个有序序列。设

$$P=\left(\begin{array}{cccc}0& 1& 2& 3\\ i& j& k& l\end{array}\right)$$

是一个置换。我们定义

$$\left(p_i{p}_j{p}_k{p}_l\right)=\mathrm{sgn}(P)\left(p_0{p}_1{p}_2{p}_3\right).$$

现在，对任意 $r\ge 1$ 构造定向 $r$-单形已很容易。形式化的定义如下。取 ${\mathbb{R}}^m$ 中 $r+1$ 个几何无关的点 $p_0,p_1,\dots ,p_r$。设 $\{p_{i_0},p_{i_1},\dots ,p_{i_r}\}$ 是由点 $p_0,\dots ,p_r$ 经置换得到的一个点序列。若 $\{p_0,\dots ,p_r\}$ 与 $\{p_{i_0},\dots ,p_{i_r}\}$ 满足

$$P=\left(\begin{array}{llll}0& 1& \dots & r\\ i_0& i_1& \dots & i_r\end{array}\right)$$

为偶置换。显然这是一个等价关系，它的等价类称为定向 $r$ -单形。共有两个等价类，一个由 $p_0,\dots ,p_r$ 的偶置换组成，另一个由奇置换组成。包含 $\{p_0,\dots ,p_r\}$ 的那个等价类（即定向 $r$ -单形）记作 ${\sigma }_r=(p_0{p}_1\dots p_r)$ ，而另一个记作 $-{\sigma }_r=-(p_0{p}_1\dots p_r)$ 。换言之，

$$\left(p_{i_0}{p}_{i_1}\dots p_{i_r}\right)=\mathrm{sgn}(P)\left(p_0{p}_1\dots p_r\right).\text{\hspace{1em}(3.14)}$$

当 $r=0$ 时，我们形式地定义定向 0-单形就是一个点 ${\sigma }_0=p_0$ 。

3.3.2 链群、闭链群与边缘群

设 $K=\{{\sigma }_{\alpha }\}$ 是一个 $n$ 维单纯复形。如前所述，我们把 $K$ 中的单形 ${\sigma }_{\alpha }$ 视为定向单形，并用同样的符号 ${\sigma }_{\alpha }$ 表示它们。

定义 3.2 链群、链

单纯复形 $K$ 的 $r$ 链群(chain group) $C_r(K)$ 是由 $K$ 的定向 $r$ 单形(simplex)生成的自由阿贝尔群。若 $r>\dim K$，则定义 $C_r(K)$ 为 0。$C_r(K)$ 中的元素称为 $r$ 链(chain)。

设 $K$ 中有 $I_r$ 个 $r$ 单形，把它们分别记为 ${\sigma }_{r,i}$（$1\le i\le I_r$）。于是 $c\in C_r(K)$ 可表示为

$$c=\sum _{i=1}^{I_r}{c}_i{\sigma }_{r,i}{c}_i\in \mathbb{Z}.\text{\hspace{1em}(3.15)}$$

整数 $c_i$ 称为 $c$ 的系数(coefficient)。群结构给出如下。两个 $r$ 链 $c={\sum }_i{c}_i{\sigma }_{r,i}$ 与 $c^{\prime }={\sum }_i{c}_i^{\prime }{\sigma }_{r,i}$ 的加法为

$$c+c^{\prime }=\sum _i\left(c_i+c_i^{\prime }\right){\sigma }_{r,i}.\text{\hspace{1em}(3.16)}$$

单位元为 $0={\sum }_{i}0\cdot {\sigma }_{r,i}$，而 $c$ 的逆元为 $-c={\sum }_i(-c_i){\sigma }_{r,i}$。[注：方向相反的 $r$ 单形 $-{\sigma }_r$ 与 $(-1){\sigma }_r\in C_r(K)$ 等同。] 因此，$C_r(K)$ 是秩为 $I_r$ 的自由阿贝尔群，

$$C_r(K)\cong \underset{I_r}{\underbrace{\mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}\oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}}}.\text{\hspace{1em}(3.17)}$$

在定义闭链群与边缘群之前，我们需要引入边缘算子。我们把 $r$ 单形 ${\sigma }_r$ 的边缘记为 ${\partial }_r{\sigma }_r$。应当把 ${\partial }_r$ 理解为作用于 ${\sigma }_r$ 而产生其边缘的算子。这一观点将在后面详细阐述。先来看低维单形的边缘。由于 0-单形没有边缘，我们定义

$${\partial }_0{p}_0=0.\text{\hspace{1em}(3.18)}$$

对于 1-单形 $(p_0{p}_1)$，我们定义

$${\partial }_1\left(p_0{p}_1\right)=p_1-p_0.\text{\hspace{1em}(3.19)}$$

读者也许会问，为什么 $p_0$ 前面会出现负号。这同样与定向有关。下面的例子将说明这一点。在图 3.7(a) 中，定向 1-单形 $(p_0{p}_2)$ 被分成两个，即 $(p_0{p}_1)$ 与 $(p_1{p}_2)$。我们约定 $(p_0{p}_2)$ 的边缘是 $\{p_0\}\cup \{p_2\}$，因而 $(p_0{p}_1)+(p_1{p}_2)$ 的边缘也应当如此。如果把 ${\partial }_1(p_0{p}_2)$ 定义为 $p_0+p_2$，我们就会得到 ${\partial }_1(p_0{p}_1)+{\partial }_1(p_1{p}_2)=p_0+p_1+p_1+p_2$。这是不可取的，因为 $p_1$ 是虚构的边界。反之，若取 ${\partial }_1(p_0{p}_2)=p_2-p_0$，我们就会如所期望地得到 ${\partial }_1(p_0{p}_1)+{\partial }_1(p_1{p}_2)=p_1-p_0+p_2-p_1=p_2-p_0$。下一个例子是图 3.7(b) 中的三角形。它是三个定向 1-单形之和，

图 3.7　(a) 带有虚构边界 $p_1$ 的定向 1-单形。(b) 没有边界的单纯复形。

$(p_0{p}_1)+(p_1{p}_2)+(p_2{p}_0)$。我们约定它没有边缘。如果我们坚持规则 ${\partial }_1(p_0{p}_1)=p_0+p_1$，就会得到

$${\partial }_1\left(p_0{p}_1\right)+{\partial }_1\left(p_1{p}_2\right)+{\partial }_1\left(p_2{p}_0\right)=p_0+p_1+p_1+p_2+p_2+p_0$$

这与我们的直觉相矛盾。另一方面，若取 ${\partial }_1(p_0{p}_1)=p_1-p_0$，则有

$${\partial }_1\left(p_0{p}_1\right)+{\partial }_1\left(p_1{p}_2\right)+{\partial }_1\left(p_2{p}_0\right)=p_1-p_0+p_2-p_1+p_0-p_2=0$$

正如所期望的那样。因此，我们约定：略去第一个顶点时取正号，略去第二个顶点时取负号。我们利用这一事实来定义一般 $r$ 单形的边缘。

设 ${\sigma }_r(p_0\dots p_r)$（$r>0$）是定向 $r$ 单形。${\sigma }_r$ 的边缘 ${\partial }_r{\sigma }_r$ 是由下式定义的 $(r-1)$ 链：

$${\partial }_r{\sigma }_r\equiv \sum _{i=0}^r(-1{)}^i\left(p_0{p}_1\dots {\hat{p}}_i\dots p_r\right)\text{\hspace{1em}(3.20)}$$

其中 $\hat{\mu }$ 下方的点 $p_i$ 被略去。例如，

$$\begin{array}{rl}& {\partial }_2\left(p_0{p}_1{p}_2\right)=\left(p_1{p}_2\right)-\left(p_0{p}_2\right)+\left(p_0{p}_1\right)\\ & {\partial }_3\left(p_0{p}_1{p}_2{p}_3\right)=\left(p_1{p}_2{p}_3\right)-\left(p_0{p}_2{p}_3\right)+\left(p_0{p}_1{p}_3\right)-\left(p_0{p}_1{p}_2\right).\end{array}$$

当 $r=0$ 时，我们形式地定义 ${\partial }_0{\sigma }_0=0$。

算子 ${\partial }_r$ 线性地作用于 $C_r(K)$ 的元素 $c={\sum }_i{c}_i{\sigma }_{r,i}$，

$${\partial }_{r}c=\sum _i{c}_i{\partial }_r{\sigma }_{r,i}.\text{\hspace{1em}(3.21)}$$

(3.21) 式的右端是 $C_{r-1}(K)$ 的元素。因此，${\partial }_r$ 定义了一个映射

$${\partial }_r:C_r(K)\to C_{r-1}(K).\text{\hspace{1em}(3.22)}$$

${\partial }_r$ 称为边缘算子。容易看出，边缘算子是群同态。

设 $K$ 是 $n$ 维单纯复形。存在一列自由阿贝尔群与群同态，

$$0\stackrel{i}{\to }{C}_n(K)\stackrel{{\partial }_n}{\to }{C}_{n-1}(K)\stackrel{{\partial }_{n-1}}{\to }\cdots \stackrel{{\partial }_2}{\to }{C}_1(K)\stackrel{{\partial }_1}{\to }{C}_0(K)\stackrel{{\partial }_0}{\to }0\text{\hspace{1em}(3.23)}$$

其中 $i:0\hookrightarrow C_n(K)$ 是包含映射（0 视为 $C_n(K)$ 的单位元）。这一序列称为与 $K$ 相伴的链复形(chain complex)，记作 $C(K)$。研究同态 ${\partial }_r$ 的像与核是很有意思的。

定义 3.3 闭链、闭链群

若 $c\in C_r(K)$ 满足

$${\partial }_{r}c=0\text{\hspace{1em}(3.24)}$$

则称 $c$ 为一个 $r$-闭链(cycle)。所有 $r$-闭链构成的集合 $Z_r(K)$ 是 $C_r(K)$ 的一个子群，称为 $r$-闭链群(cycle group)。注意 $Z_r(K)=\ker {\partial }_r$。[注：若 $r=0$，则 ${\partial }_{0}c$ 恒为零，且 $Z_0(K)=C_0(K)$，见 (3.23)。]

定义 3.4 边界、边界群

设 $K$ 是一个 $n$ 维单纯复形，并设 $c\in C_r(K)$。若存在元素 $d\in C_{r+1}(K)$ 使得

$$c={\partial }_{r+1}d\text{\hspace{1em}(3.25)}$$

则称 $c$ 为一个 $r$ -边界。所有 $r$ -边界构成的集合 $B_r(K)$ 是 $C_r(K)$ 的一个子群，称为 $r$ -边界(boundary)群。注意 $B_r(K)=\mathrm{im}{\partial }_{r+1}$。[注：规定 $B_n(K)$ 为 0。]

由引理 3.1 可知，$Z_r(K)$ 与 $B_r(K)$ 都是 $C_r(K)$ 的子群。下面我们证明 $Z_r(K)$ 与 $B_r(K)$ 之间的一个重要关系，它在同调群的定义中起着关键作用。

引理 3.3

复合映射 ${\partial }_r\circ {\partial }_{r+1}:C_{r+1}(K)\to C_{r-1}(K)$ 是零映射；也就是说，对任意 $c\in C_{r+1}(K)$，都有 ${\partial }_r({\partial }_{r+1}c)=0$。

证明

由于${\partial }_r$是$C_r(K)$上的线性算符，因此只需对$C_{r+1}(K)$的生成元证明恒等式${\partial }_r\circ {\partial }_{r+1}=0$即可。若$r=0$，则由于${\partial }_0$是零算符，有${\partial }_0\circ {\partial }_1=0$。下面设$r>0$。取$\sigma =(p_0\dots p_r{p}_{r+1})\in C_{r+1}(K)$，可得

$$\begin{array}{rl}& {\partial }_r({\partial }_{r+1}\sigma )={\partial }_r\sum _{i=0}^{r+1}(-1{)}^i(p_0\dots \widehat{p_i}\dots p_{r+1})\\ & =\sum _{i=0}^{r+1}(-1{)}^i{\partial }_r\left(p_0\dots {\hat{p}}_i\dots p_{r+1}\right)\\ & =\sum _{i=0}^{r+1}(-1{)}^i(\sum _{j=0}^{i-1}(-1{)}^j\left(p_0\dots p_j\dots p_i\dots p_{r+1}\right)\\ & +\sum _{j=i+1}^{r+1}(-1{)}^{j-1}\left(p_0\dots {\hat{p}}_i\dots {\hat{p}}_j\dots p_{r+1}\right))\\ & =\sum _{j<i}(-1{)}^{i+j}\left(p_0\dots {\hat{p}}_j\dots {\hat{p}}_i\dots p_{r+1}\right)\\ & -\sum _{j>i}(-1{)}^{i+j}\left(p_0\dots {\hat{p}}_i\dots {\hat{p}}_j\dots p_{r+1}\right)=0\end{array}\text{\hspace{1em}(3.26)}$$

这就证明了该引理。

定理 3.3

设 $Z_r(K)$ 与 $B_r(K)$ 分别为 $C_r(K)$ 的 $r$-闭链群与 $r$-边缘群，则

$$B_r(K)\subset Z_r(K)(\subset C_r(K)).\text{\hspace{1em}(3.27)}$$

证明

由引理 3.3 立即可得。$B_r(K)$ 中的任一元素 $c$ 都可写成 $c={\partial }_{r+1}d$，其中 $d\in C_{r+1}(K)$。于是有 ${\partial }_{r}c={\partial }_r({\partial }_{r+1}d)=0$，即 $c\in Z_r(K)$。这说明 $Z_r(K)\supset B_r(K)$。

$r$ -闭链与 $r$ -边界的几何图像是什么呢？按照我们的定义，${\partial }_r$ 取的是一个 $r$ -链的边界。若 $c$ 是一个 $r$ -闭链，则 ${\partial }_{r}c=0$ 告诉我们 $c$ 没有边界。若 $c={\partial }_{r+1}d$ 是一个 $r$ -边界，则 $c$ 是 $d$ 的边界，而 $d$ 的维数比 $c$ 高一维。直觉告诉我们，边界没有边界，因此 $Z_r(K)\supset B_r(K)$。$Z_r(K)$ 中那些不是边界的元素，在本章中起着核心作用。

3.3.3 同调群

至此，我们已经定义了与单纯复形 $K$ 相关联的三个群 $C_r(K),Z_r(K)$ 和 $B_r(K)$。它们与 $K$ 的拓扑性质、或者与以 $K$ 为三角剖分的拓扑空间之间有什么关系呢？$C_r(K)$ 能否表达某种在同胚下保持不变的性质呢？我们都知道，三角形的边与正方形的边彼此同胚。那么它们的链群又如何呢？例如，与三角形相关联的 1-链群为

$$\begin{array}{rl}{C}_1\left(K_1\right)& =\left\{i\left(p_0{p}_1\right)+j\left(p_1{p}_2\right)+k\left(p_2{p}_0\right)|i,j,k\in \mathbb{Z}\right\}\\ & \cong \mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}\end{array}$$

而与正方形相关联的 1-链群则为

$$C_1(K_2)\cong \mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}.$$

显然 $C_1(K_1)$ 与 $C_1(K_2)$ 并不同构，因此 $C_r(K)$ 不可能是拓扑不变量的候选者。对 $Z_r(K)$ 和 $B_r(K)$ 而言也是如此。结果表明，下面定义的同调群正是我们所需要的拓扑不变量。

定义 3.5 同调群、同调类

设 $K$ 是一个 $n$ 维单纯复形。与 $K$ 相关联的第 $r$ 个同调群(homology group) $H_r(K)$（$0\le r\le n$）定义为

$$H_r(K)\equiv Z_r(K)/B_r(K).\text{\hspace{1em}(3.28)}$$

[注：如有必要，我们对 $r>n$ 或 $r<0$ 的情形定义 $H_r(K)=0$。若想强调群结构是用整数系数定义的，我们

就写作 $H_r(K;\mathbb{Z})$。我们也可以定义以 $\mathbb{R}$ 为系数的同调群 $H_r(K;\mathbb{R})$，或以 ${\mathbb{Z}}_2$ 为系数的同调群 $H_r(K;{\mathbb{Z}}_2)$。]

由于 $B_r(K)$ 是 $Z_r(K)$ 的子群，$H_r(K)$ 的定义是合理的。群 $H_r(K)$ 就是 $r$ 维闭链的等价类所构成的集合，

$$H_r(K)\equiv \{[z]|z\in Z_r(K)\}\text{\hspace{1em}(3.29)}$$

其中每个等价类 $[z]$ 称为一个同调类(homology class)。两个 $r$ 维闭链 $z$ 与 $z^{\prime }$ 属于同一个等价类，当且仅当 $z-z^{\prime }\in B_r(K)$；此时称 $z$ 与 $z^{\prime }$ 同调的，并记作 $z\sim z^{\prime }$ 或 $[z]=[z^{\prime }]$。从几何上看，$z-z^{\prime }$ 是某个空间的边界。按定义，任何边界 $b\in B_r(K)$ 都与 0 同调，因为 $b-0\in B_r(K)$。下面这个定理我们不加证明地予以接受。

定理 3.4

同调群是拓扑不变量。设 $X$ 与 $Y$ 同胚，而 $(K,f)$ 与 $(L,g)$ 分别是 $X$ 与 $Y$ 的三角剖分，则我们有

$$H_r(K)\cong H_r(L)r=0,1,2,\dots .\text{\hspace{1em}(3.30)}$$

特别地，若 $(K,f)$ 与 $(L,g)$ 是 $X$ 的两个三角剖分，则

$$H_r(K)\cong H_r(L)r=0,1,2,\dots .\text{\hspace{1em}(3.31)}$$

因此，对于一个未必是多面体、但可三角剖分的拓扑空间 $X$，谈论它的同调群是有意义的。对任意的三角剖分 $(K,f)$，定义 $H_r(X)$ 为

$$H_r(X)\equiv H_r(K)r=0,1,2,\dots .\text{\hspace{1em}(3.32)}$$

定理 3.4 告诉我们，这一结果与三角剖分 $(K,f)$ 的选取无关。

例 3.6

设 $K=\{p_0\}$。0-链为 $C_0(K)=\{i{p}_0|i\in \mathbb{Z}\}\cong \mathbb{Z}$。显然 $Z_0(K)=C_0(K)$，且 $B_0(K)=\{0\}({\partial }_0{p}_0=0$，而 $p_0$ 不可能是任何东西的边界）。因此

$$H_0(K)\equiv Z_0(K)/B_0(K)=C_0(K)\cong \mathbb{Z}.\text{\hspace{1em}(3.33)}$$

练习 3.1

习题 3.1. 设 $K=\{p_0,p_1\}$ 是由两个 0-单形构成的单纯复形。证明

$$H_r(K)=\{\begin{array}{ll}\mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}& (r=0)\\ \{0\}& (r\ne 0).\end{array}\text{\hspace{1em}(3.34)}$$

例 3.7

设 $K=\{p_0,p_1,(p_0{p}_1)\}$。我们有

$$C_0(K)=\{i{p}_0+j{p}_1|i,j\in \mathbb{Z}\}$$

$$C_1(K)=\{k(p_0{p}_1)|k\in \mathbb{Z}\}.$$

由于 $(p_0{p}_1)$ 不是 $K$ 中任何单形的边界，所以 $B_1(K)=\{0\}$，并且

$$H_1(K)=Z_1(K)/B_1(K)=Z_1(K).$$

若 $z=m(p_0{p}_1)\in Z_1(K)$，则它满足

$${\partial }_{1}z=m{\partial }_1\left(p_0{p}_1\right)=m\left\{p_1-p_0\right\}=m{p}_1-m{p}_0=0.$$

因此 $m$ 必须为零，从而 $Z_1(K)=0$，于是

$$H_1(K)=0.\text{\hspace{1em}(3.35)}$$

至于 $H_0(K)$，我们有 $Z_0(K)=C_0(K)=\{i{p}_0+j{p}_1\}$，并且

$$B_0(K)=\mathrm{im}{\partial }_1=\left\{{\partial }_{1}i\left(p_0{p}_1\right)|i\in \mathbb{Z}\right\}=\left\{i\left(p_0-p_1\right)|i\in \mathbb{Z}\right\}.$$

定义一个满射（到上的）群同态 $f:Z_0(K)\to \mathbb{Z}$ 为

$$f(i{p}_0+j{p}_1)=i+j.$$

于是我们得到

$$\ker f=f^{-1}(0)=B_0(K).$$

定理 3.1 指出 $Z_0(K)/\ker f\cong \mathrm{im}f=\mathbb{Z}$，即

$$H_0(K)=Z_0(K)/B_0(K)\cong \mathbb{Z}.\text{\hspace{1em}(3.36)}$$

例 3.8

设 $K=\{p_0,p_1,p_2,(p_0{p}_1),(p_1{p}_2),(p_2{p}_0)\}$，见图 3.7(b)。这是 $S^1$ 的一个三角剖分。由于 $K$ 中没有二维单形，所以有 $B_1(K)=0$ 以及 $H_1(K)=Z_1(K)/B_1(K)=Z_1(K)$。设 $z=i(p_0{p}_1)+j(p_1{p}_2)+k(p_2{p}_0)\in Z_1(K)$，其中 $i,j,k\in \mathbb{Z}$。我们要求

$$\begin{array}{rl}{\partial }_{1}z& =i\left(p_1-p_0\right)+j\left(p_2-p_1\right)+k\left(p_0-p_2\right)\\ & =(k-i)p_0+(i-j)p_1+(j-k)p_2=0.\end{array}$$

这只有在 $i=j=k$ 时才成立。于是我们发现

$$Z_1(K)=\{i\{(p_0{p}_1)+(p_1{p}_2)+(p_2{p}_0)\}|i\in \mathbb{Z}\}.$$

这表明 $Z_1(K)$ 同构于 $\mathbb{Z}$，并且

$$H_1(K)=Z_1(K)\cong \mathbb{Z}.\text{\hspace{1em}(3.37)}$$

下面我们来计算 $H_0(K)$。我们有 $Z_0(K)=C_0(K)$，并且

$$\begin{array}{rl}{B}_0(K)& =\left\{{\partial }_1\left[l\left(p_0{p}_1\right)+m\left(p_1{p}_2\right)+n\left(p_2{p}_0\right)\right]|l,m,n\in \mathbb{Z}\right\}\\ & =\{(n-l)p_0+(l-m)p_1+(m-n)p_2\mid l,m,n\in \mathbb{Z}\}.\end{array}$$

定义一个满同态 $f:Z_0(K)\to \mathbb{Z}$ 为

$$f(i{p}_0+j{p}_1+k{p}_2)=i+j+k.$$

我们验证

$$\ker f=f^{-1}(0)=B_0(K).$$

由定理 3.1 可得 $Z_0(K)/\ker f\cong \mathrm{im}f=\mathbb{Z}$，即

$$H_0(K)=Z_0(K)/B_0(K)\cong \mathbb{Z}.\text{\hspace{1em}(3.38)}$$

$K$ 是圆周 $S^1$ 的一个三角剖分，而 (3.37) 与 (3.38) 正是 $S^1$ 的同调群。

练习 3.2

设 $K=\{p_0,p_1,p_2,p_3,(p_0{p}_1),(p_1{p}_2),(p_2{p}_3),(p_3{p}_0)\}$ 是一个单纯复形，其多面体是一个正方形。验证其同调群与上面例 3.8 的同调群相同。

例 3.9

设 $K=\{p_0,p_1,p_2,(p_0{p}_1),(p_1{p}_2),(p_2{p}_0),(p_0{p}_1{p}_2)\}$；见图 3.6(b)。由于 0-单形与 1-单形的结构与例 3.8 相同，我们有

$$H_0(K)\cong \mathbb{Z}.\text{\hspace{1em}(3.39)}$$

我们来计算 $H_1(K)=Z_1(K)/B_1(K)$。由前一例，我们有

$$Z_1(K)=\{i\{(p_0{p}_1)+(p_1{p}_2)+(p_2{p}_0)\}|i\in \mathbb{Z}\}.$$

设 $c=m(p_0{p}_1{p}_2)\in C_2(K)$。若 $b={\partial }_{2}c\in B_1(K)$，则我们有

$$\begin{array}{rl}b& =m\left\{\left(p_1{p}_2\right)-\left(p_0{p}_2\right)+\left(p_0{p}_1\right)\right\}\\ & =m\left\{\left(p_0{p}_1\right)+\left(p_1{p}_2\right)+\left(p_2{p}_0\right)\right\}m\in \mathbb{Z}.\end{array}$$

这表明 $Z_1(K)\cong B_1(K)$，因此

$$H_1(K)=Z_1(K)/B_1(K)\cong \{0\}.\text{\hspace{1em}(3.40)}$$

由于 $K$ 中没有三维单形，我们有 $B_2(K)=\{0\}$。于是 $H_2(K)=Z_2(K)/B_2(K)=Z_2(K)$。设 $z=m(p_0{p}_1{p}_2)\in Z_2(K)$。由于 ${\partial }_{2}z=m\{(p_1{p}_2)-(p_0{p}_2)+(p_0{p}_1)\}=0$，$m$ 必须为零。因此 $Z_1(K)=\{0\}$，从而我们有

$$H_2(K)\cong \{0\}.\text{\hspace{1em}(3.41)}$$

练习 3.3

习题 3.3. 设

$$\begin{array}{rl}& K=\{p_0,p_1,p_2,p_3,\left(p_0{p}_1\right),\left(p_0{p}_2\right),\left(p_0{p}_3\right),\left(p_1{p}_2\right),\left(p_1{p}_3\right),\left(p_2{p}_3\right),\\ & (p_0{p}_1{p}_2),(p_0{p}_1{p}_3),(p_0{p}_2{p}_3),(p_1{p}_2{p}_3)\}\end{array}$$

为一个单纯复形，其多面体是四面体的表面。验证

$$H_0(K)\cong \mathbb{Z}{H}_1(K)\cong \{0\}{H}_2(K)\cong \mathbb{Z}.\text{\hspace{1em}(3.42)}$$

$K$ 是球面 $S^2$ 的一个三角剖分，而 (3.42) 给出了 $S^2$ 的同调群。

3.3.4 $H_0(K)$ 的计算

例 3.6–3.9 以及习题 3.2、3.3 具有相同的零维同调群 $H_0(K)\cong \mathbb{Z}$。这些单纯复形有什么共同之处呢？对此我们有如下答案。

定理 3.5

设 $K$ 是连通的单纯复形，则

$$H_0(K)\cong \mathbb{Z}.\text{\hspace{1em}(3.43)}$$

证明

由于 $K$ 是连通的，对任意一对 0-单形 $p_i$ 与 $p_j$，都存在一列 1-单形 $(p_i{p}_k),(p_k{p}_l),\dots ,(p_m{p}_j)$，使得 ${\partial }_1((p_i{p}_k)+(p_k{p}_l)+\cdots +(p_m{p}_j))=p_j-p_i$。于是可知 $p_i$ 与 $p_j$ 同调，即 $[p_i]=[p_j]$。因此，$K$ 中任意一个 0-单形都与某个 $p_1$ 同调。设

$$z=\sum _{i=1}^{I_0}{n}_i{p}_i\in Z_0(K)$$

其中 $I_0$ 是 $K$ 中 0-单形的个数。则同调类 $[z]$ 由单个点生成，

$$[z]=\left[\sum _i{n}_i{p}_i\right]=\sum _i{n}_i[p_i]=\sum _i{n}_i[p_1].$$

显然，若 $\sum n_i=0$，则 $[z]=0$，即 $z\in B_0(K)$。

设 ${\sigma }_j=(p_{j,1}{p}_{j,2})$（$1\le j\le I_1$）是 $K$ 中的 1-单形，$I_1$ 是 $K$ 中 1-单形的个数，则

$$\begin{array}{rl}{B}_0(K)& =\mathrm{im}{\partial }_1\\ & =\left\{{\partial }_1\left(n_1{\sigma }_1+\cdots +n_{I_1}{\sigma }_{I_1}\right)|n_1,\dots ,n_{I_1}\in \mathbb{Z}\right\}\\ & =\left\{n_1\left(p_{1,2}-p_{1,1}\right)+\cdots +n_{I_1}\left(p_{I_1,2}-p_{I_1,1}\right)\mid n_1,\dots ,n_{I_1}\in \mathbb{Z}\right\}.\end{array}$$

注意，$n_j$（$1\le j\le I_1$）在 $B_0(K)$ 的元素中总是以 $+n_j$ 与 $-n_j$ 成对出现。因此，若

$$z=\sum _j{n}_j{p}_j\in B_0(K)\text{则}\sum _j{n}_j=0.$$

至此我们已证明：对连通的复形 $K$，$z=\sum n_i{p}_i\in B_0(K)$ 当且仅当 $\sum n_i=0$。

定义满同态 $f:Z_0(K)\to \mathbb{Z}$ 为

$$f\left(n_1{p}_1+\cdots +n_{I_0}{p}_{I_0}\right)=\sum _{i=1}^{I_0}{n}_i.$$

于是我们有 $\ker f=f^{-1}(0)=B_0(K)$。由定理 3.1 可得 $H_0(K)=Z_0(K)/B_0(K)=Z_0(K)/\ker f\cong \mathrm{im}f=\mathbb{Z}$。

3.3.5 更多的同调计算

例 3.10

本例与下一个例子讨论不可定向空间的同调群。图3.8是莫比乌斯带的一个三角剖分。显然有$B_2(K)=0$。我们取一个闭链$z\in Z_2(K)$，

图 3.8　莫比乌斯带的一个三角剖分。

$$\begin{array}{rl}& z=i\left(p_0{p}_1{p}_2\right)+j\left(p_2{p}_1{p}_4\right)+k\left(p_2{p}_4{p}_3\right)\\ & +l\left(p_3{p}_4{p}_5\right)+m\left(p_3{p}_5{p}_1\right)+n\left(p_1{p}_5{p}_0\right).\end{array}$$

$z$满足

$$\begin{array}{rl}& {\partial }_{2}z=i\left\{\left(p_1{p}_2\right)-\left(p_0{p}_2\right)+\left(p_0{p}_1\right)\right\}\\ & +j\left\{\left(p_1{p}_4\right)-\left(p_2{p}_4\right)+\left(p_2{p}_1\right)\right\}\\ & +k\left\{\left(p_4{p}_3\right)-\left(p_2{p}_3\right)+\left(p_2{p}_4\right)\right\}\\ & +l\left\{\left(p_4{p}_5\right)-\left(p_3{p}_5\right)+\left(p_3{p}_4\right)\right\}\\ & +m\left\{\left(p_5{p}_1\right)-\left(p_3{p}_1\right)+\left(p_3{p}_5\right)\right\}\\ & +n\left\{\left(p_5{p}_0\right)-\left(p_1{p}_0\right)+\left(p_1{p}_5\right)\right\}=0.\end{array}$$

由于$(p_0{p}_2)$、$(p_1{p}_4)$、$(p_2{p}_3)$、$(p_4{p}_5)$、$(p_3{p}_1)$和$(p_5{p}_0)$中的每一个都在${\partial }_{2}z$中出现一次且仅出现一次，所以所有系数都必须为零，即$i=j=k=l=m=n=$

0。于是$Z_2(K)=\{0\}$，并且

$$H_2(K)=Z_2(K)/B_2(K)\cong \{0\}.\text{\hspace{1em}(3.44)}$$

为求$H_1(K)$，我们依靠直觉而不做繁琐的计算。让我们找出构成完整回路的那些回路。其中一个这样的回路是

$$z=\left(p_0{p}_1\right)+\left(p_1{p}_4\right)+\left(p_4{p}_5\right)+\left(p_5{p}_0\right).$$

那么所有其他完整回路都与$z$的整数倍同调。例如，我们取

$$z^{\prime }=\left(p_1{p}_2\right)+\left(p_2{p}_3\right)+\left(p_3{p}_5\right)+\left(p_5{p}_1\right).$$

我们发现$z\sim z^{\prime }$，因为

$$z-z^{\prime }={\partial }_2\left\{\left(p_2{p}_1{p}_4\right)+\left(p_2{p}_4{p}_3\right)+\left(p_3{p}_4{p}_5\right)+\left(p_1{p}_5{p}_0\right)\right\}.$$

然而，如果我们取

$$z^{\prime \prime }=\left(p_1{p}_4\right)+\left(p_4{p}_5\right)+\left(p_5{p}_0\right)+\left(p_0{p}_2\right)+\left(p_2{p}_3\right)+\left(p_3{p}_1\right)$$

就会发现$z^{\prime \prime }\sim 2z$，因为

$$\begin{array}{rl}& 2z-z^{\prime \prime }=2\left(p_0{p}_1\right)+\left(p_1{p}_4\right)+\left(p_4{p}_5\right)+\left(p_5{p}_0\right)-\left(p_0{p}_2\right)\\ & -\left(p_2{p}_3\right)-\left(p_3{p}_1\right)\\ & ={\partial }_2\{\left(p_0{p}_1{p}_2\right)+\left(p_1{p}_4{p}_2\right)+\left(p_2{p}_4{p}_3\right)+\left(p_3{p}_4{p}_5\right)\\ & +\left(p_3{p}_5{p}_1\right)+\left(p_0{p}_1{p}_5\right)\}.\end{array}$$

我们容易验证，所有闭回路都与$nz$同调，$n\in \mathbb{Z}$。$H_1(K)$仅由一个元素$[z]$生成，

$$H_1(K)=\{i[z]|i\in \mathbb{Z}\}\cong \mathbb{Z}.\text{\hspace{1em}(3.45)}$$

由于$K$是连通的，由定理3.5可得$H_0(K)=\{i[p_a]|i\in \mathbb{Z}\}\cong \mathbb{Z}$，其中$p_a$是$K$的任一0-单形。

例 3.11

实射影平面 $\mathbb{R}{P}^2$ 已在例2.5(c)中定义为将对径点等同起来的球面 $S^2$。作为陪集空间，我们也可以取边界 $S^1$ 上相对的点被等同起来的半球（或圆盘 $D^2$），见图2.5(b)。图3.9是实射影平面的一个三角剖分。显然有 $B_2(K)=\{0\}$。取一个闭链 $z\in Z_2(K)$，

图3.9　实射影平面的一个三角剖分。

$$\begin{array}{rl}& z=m_1\left(p_0{p}_1{p}_2\right)+m_2\left(p_0{p}_4{p}_1\right)+m_3\left(p_0{p}_5{p}_4\right)\\ & +m_4\left(p_0{p}_3{p}_5\right)+m_5\left(p_0{p}_2{p}_3\right)+m_6\left(p_2{p}_4{p}_3\right)\\ & +m_7\left(p_2{p}_5{p}_4\right)+m_8\left(p_2{p}_1{p}_5\right)+m_9\left(p_1{p}_3{p}_5\right)+m_{10}\left(p_1{p}_4{p}_3\right).\end{array}$$

$z$ 的边界为

$$\begin{array}{rl}& {\partial }_{2}z=m_1\left\{\left(p_1{p}_2\right)-\left(p_0{p}_2\right)+\left(p_0{p}_1\right)\right\}\\ & +m_2\left\{\left(p_4{p}_1\right)-\left(p_0{p}_1\right)+\left(p_0{p}_4\right)\right\}\\ & +m_3\left\{\left(p_5{p}_4\right)-\left(p_0{p}_4\right)+\left(p_0{p}_5\right)\right\}\\ & +m_4\left\{\left(p_3{p}_5\right)-\left(p_0{p}_5\right)+\left(p_0{p}_3\right)\right\}\\ & +m_5\left\{\left(p_2{p}_3\right)-\left(p_0{p}_3\right)+\left(p_0{p}_2\right)\right\}\\ & +m_6\left\{\left(p_4{p}_3\right)-\left(p_2{p}_3\right)+\left(p_2{p}_4\right)\right\}\\ & +m_7\left\{\left(p_5{p}_4\right)-\left(p_2{p}_4\right)+\left(p_2{p}_5\right)\right\}\\ & +m_8\left\{\left(p_1{p}_5\right)-\left(p_2{p}_5\right)+\left(p_2{p}_1\right)\right\}\\ & +m_9\left\{\left(p_3{p}_5\right)-\left(p_1{p}_5\right)+\left(p_1{p}_3\right)\right\}\\ & +m_{10}\left\{\left(p_4{p}_3\right)-\left(p_1{p}_3\right)+\left(p_1{p}_4\right)\right\}=0.\end{array}$$

我们来看每个1-单形的系数。例如，我们有 $(m_1-m_2)(p_0{p}_1)$，因此 $m_1-m_2=0$。类似地，

$$\begin{array}{rl}& -m_1+m_5=0,m_4-m_5=0,m_2-m_3=0,m_1-m_8=0,\\ & m_9-m_{10}=0,-m_2+m_{10}=0,m_5-m_6=0,m_6-m_7=0,\\ & m_6+m_{10}=0.\end{array}$$

这十个条件当且仅当 $m_i=0$（$1\le i\le 10$）时成立。这意味着闭链群 $Z_2(K)$ 是平凡的，于是有

$$H_2(K)=Z_2(K)/B_2(K)\cong \{0\}.\text{\hspace{1em}(3.46)}$$

在计算 $H_1(K)$ 之前，我们换一个略微不同的角度来考察 $H_2(K)$。让我们把 $K$ 中所有二维单形以相同的系数相加，

$$z\equiv \sum _{i=1}^{10}m{\sigma }_{2,i}m\in \mathbb{Z}.$$

注意 $K$ 的每个1-单形都恰好是两个二维单形的公共面。因此，$z$ 的边界为

$${\partial }_{2}z=2m\left(p_3{p}_5\right)+2m\left(p_5{p}_4\right)+2m\left(p_4{p}_3\right).\text{\hspace{1em}(3.47)}$$

于是，若 $z\in Z_2(K)$，则 $m$ 必须为零，我们便和前面一样得到 $Z_2(K)=\{0\}$。这一观察大大简化了 $H_1(K)$ 的计算。注意，任何1-闭链都与

$$z=\left(p_3{p}_5\right)+\left(p_5{p}_4\right)+\left(p_4{p}_3\right)$$

的整数倍同调，参见例3.10。此外，式(3.47)表明 $z$ 的偶数倍是某个2-链的边界。因此，$z$ 是一个闭链，而 $z+z$ 与0同调。于是我们得到

$$H_1(K)=\{[z]|[z]+[z]\sim [0]\}\cong {\mathbb{Z}}_2.\text{\hspace{1em}(3.48)}$$

这个例子表明，同调群不一定是自由阿贝尔群，而可以具有有限生成阿贝尔群的完整结构。由于 $K$ 是连通的，我们有 $H_0(K)\cong \mathbb{Z}$。

把例3.11与下面几个例子作比较是很有意思的。在这些例子中，我们将运用本节关于边界与闭链所形成的直觉来得到结果，而不去做直接但繁琐的计算。

例 3.12

我们来考虑环面 $T^2$。关于 $T^2$ 的同调群的形式推导留给读者作为练习：例如可参见 Fraleigh (1976)。这里正适合回顾同调群的直观含义。第 $r$ 个同调群由那些自身不是某个 $(r+1)$ 链的边界的无边界 $r$ 链生成。例如，环面的曲面没有边界，但它不是某个3-链的边界。因此，$H_2(T^2)$ 由一个生成元自由生成，这个生成元就是曲面本身，即 $H_2(T^2)\cong \mathbb{Z}$。下面我们来看 $H_1(T^2)$。显然，图3.10中的环路 $a$ 与 $b$ 没有边界，但它们不是某个2-链的边界。再取另一个环路 $a^{\prime }$。由于 $a^{\prime }-a$ 是图3.10中阴影区域的边界，所以 $a^{\prime }$ 与 $a$ 同调。

图3.10　$a^{\prime }$ 与 $a$ 同调，而 $b$ 则不然。$a$ 与 $b$ 生成 $H_1(T^2)$。

因此，$H_1(T^2)$ 由 $a$ 与 $b$ 自由生成，即 $H_1(T^2)\cong \mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}$。由于 $T^2$ 是连通的，我们有 $H_0(T^2)\cong \mathbb{Z}$。

现在很容易把我们的分析推广到亏格为 $g$ 的环面 ${\Sigma }_g$。由于 ${\Sigma }_g$ 没有边界，而且不存在3-单形，所以曲面 ${\Sigma }_g$ 本身自由生成 $H_2(T^2)\cong \mathbb{Z}$。第一同调群 $H_1({\Sigma }_g)$ 由那些不是某个面积的边界的环路生成。图3.11给出了生成元的标准选取。我们得到

图3.11　$a_i$ 与 $b_i$ $(1\le i\le g)$ 生成 ${\mathrm{H}}_1({\Sigma }_g)$

$$\begin{array}{rl}{H}_1\left({\Sigma }_g\right)& =\left\{i_1\left[a_1\right]+j_1\left[b_1\right]+\cdots +i_g\left[a_g\right]+j_g\left[b_g\right]\right\}\\ & \cong \underset{2g}{\underbrace{\mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}\oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}}}.\end{array}\text{\hspace{1em}(3.49)}$$

由于 ${\Sigma }_g$ 是连通的，故 $H_0({\Sigma }_g)\cong \mathbb{Z}$。注意，$a_i(b_i)$ 与图2.12中的边 $a_i(b_i)$ 同调。这 $2g$ 条曲线 $\{a_i,b_i\}$ 称为 ${\Sigma }_g$ 上的标准曲线系统(canonical system of curves)。

例 3.13

图3.12是克莱因瓶的一个三角剖分。其同调群的计算与实射影平面的情形大体相同。由于$B_2(K)=0$，我们有$H_2(K)=Z_2(K)$。设$z\in Z_2(K)$。若$z$是$K$的所有二维单形以同一系数构成的组合，即$z=\sum m{\sigma }_{2,i}$，则内部的1-单形相互抵消，只剩下外部的1-单形

图3.12　克莱因瓶的一个三角剖分。

$${\partial }_{2}z=-2ma$$

其中$a=(p_0{p}_1)+(p_1{p}_2)+(p_2{p}_0)$。要使${\partial }_{2}z$为0，整数$m$必须为零，于是得到

$$H_2(K)=Z_2(K)\cong \{0\}.\text{\hspace{1em}(3.50)}$$

为计算$H_1(K)$，我们首先注意到，由处理环面的经验可知，每个1-闭链都同调于某个$ia+jb$，其中$i,j\in \mathbb{Z}$。要使一个2-链的边界只由$a$与$b$组成，$K$中所有的二维单形都必须以同一系数相加。因此，对于这样的2-链$z=\sum m{\sigma }_{2,i}$，有$\partial z=2ma$。这表明$2ma\sim 0$。于是，$H_1(K)$由两个闭链$a$与$b$生成，且满足$a+a=0$，即

$$H_1(K)=\{i[a]+j[b]|i,j\in \mathbb{Z}\}\cong {\mathbb{Z}}_2\oplus \mathbb{Z}.\text{\hspace{1em}(3.51)}$$

由于$K$是连通的，我们得到$H_0(K)\cong \mathbb{Z}$。

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