最后更新: 2026-05-08 21:03 查看: 30 次纠错评论(0) 课件开VIP

计算同调群的实例

## 4计算同调群的实例

和基本群不同，同调群的定义本身给出了计算它的途径．但是一般来说，按照定义作计算，工作量是很大的．下面通过几个实例介绍一些计算中的技巧。

例1 单纯锥是零调的（零调的定义见 §3 习题4）．
设 $K$ 是单纯锥，$a$ 为一个锥顶．
$K$ 是连通的，因此 $H_0(K) \cong Z$ ．下面证明

$$
H_q(K)=0, \quad q>0 .
$$

如果 $K$ 只有一个顶点 $a$ ，结论显然．下面讨论 $K$ 不只一个顶点的情形，记 $L$ 是 $K$ 中所有不以 $a$ 为顶点的单形构成的子复形，称为单纯锥 $K$ 的锥底（相对于锥顶 $a$ 的）。

当 $q>0$ 时，对于 $L$ 中的 $q-1$ 维链 $c=\sum n_i t_i$ ，规定 $K$ 中的 $q$维链。

$$
a c:=\sum n_i a t_i .
$$

不难得到，

$$
\partial_q(a c)=c-a \partial_{q-1} c
$$

（习题 1）．
当 $q>0$ 时，$K$ 中 $q$ 维定向单形或在 $L$ 中，或可写成 at 或 $-a t$的形式，其中 $t \in T_{q-1}(L)$ 。因此，$\forall c \in C_q(K)$ 有唯一的分解式

$$
c=c^{\prime}+a c^{\prime \prime},
$$

其中 $c^{\prime} \in C_q(L), c^{\prime \prime} \in C_{q-1}(L)$ 。如果 $c \in Z_q(K)$ ，则

$$
0=\partial_q c=\partial_q c^{\prime}+c^{\prime \prime}-a \partial_{q-1} c^{\prime \prime},
$$

其中 $\partial_q c^{\prime}+c^{\prime \prime} \in C_{q-1}(L)$ ．于是有

$$
\partial_q c^{\prime}+c^{\prime \prime}=0 \text { 和 } \partial_{q-1} c^{\prime \prime}=0 \text {. }
$$

取 $\tilde{c}=a c^{\prime}$ ，则

$$
\partial_{q+1} \tilde{c}=c^{\prime}-a \partial_q c^{\prime}=c^{\prime}+a c^{\prime \prime}=c,
$$

因此 $c \in B_q(K)$ 。我们证明了 $q>0$ 时 $Z_q(K)=B_q(K)$ ，从而 $H_q(K) =0$ ．于是，单纯锥是零调的．

例 2 设 $\underline{s}$ 是 $n$ 维单形，$n>1, K=\mathrm{Cl} \underline{s}$ ．则 $K$ 是单纯锥，因此有

$$
H_q(K) \cong \begin{cases}\boldsymbol{Z}, & q=0, \\ 0, & q \neq 0 .\end{cases}
$$

设 $L=\mathrm{Bd} \underline{s}$ ，则 $L$ 是 $K$ 的 $n-1$ 维骨架（它只比 $K$ 少一个 $n$ 维单形）．于是，当 $q<n-1$ 时，$H_q(L)=H_q(K)$（命题6．4）．显然 $q \geqslant n$ 时 $H_q(L)=0$ 。只剩下 $H_{n-1}(L)$ 了。

因为 $B_{n-1}(L)=0$ ，所以

$$
H_{n-1}(L)=Z_{n-1}(L)=Z_{n-1}(K) .
$$

又因为 $H_{n-1}(K)=0$ ，所以 $Z_{n-1}(K)=B_{n-1}(K)$ ．$K$ 只有一个 $n$ 维单形，$C_n(K) \cong Z$ ，并且 $\partial_n: C_n(K) \rightarrow C_{n-1}(K)$ 是单同态，因此

$$
B_{n-1}(K)=\operatorname{Im} \partial_n \cong C_n(K) \cong Z,
$$

于是 $H_{n-1}(L) \cong Z$ ，我们得到，对 $n$ 维单形 $\underline{s}(n>1)$

$$
H_q(\mathrm{Bd} \underline{s}) \cong \begin{cases}Z, & q=0, n-1, \\ 0, & q \neq 0, n-1 .\end{cases}
$$

如果 $n=1$ ，则 $\mathrm{Bd} \underline{s}$ 是两个顶点的 0 维复形，因此

$$
H_q(\mathrm{Bd} \underline{s}) \cong \begin{cases}\boldsymbol{Z} \oplus \boldsymbol{Z}, & q=0 \\ 0, & q \neq 0\end{cases}
$$

![图片](/uploads/2026-01/4c0ced.jpg)

对 $n>1$ 的情形，$H_{n-1}(\mathrm{Bd} \underline{s})$ 也可利用 Euler－Poincaré 公式计算，请读者自己试一下。
a．）
例 3 设 $K$ 是平环的一个剖分（图6－16）。它的 6 个二维单形都取逆时针定向，并分别记作 $\sigma_1$ ， $\sigma_2, \cdots, \sigma_6$ ，如图中所标出．
$K$ 是连通的，因此 $H_0(K) \cong$ Z．$H_q(K)=0$ ，当 $q \neq 0,1,2$ 时。

$K$ 是2维复形，因此 $H_2(K)$
$=Z_2(K)$ 。设 $c=\sum_{i=1}^6 n_i \sigma_i \in C_2(K)$ ，则

$$
\begin{aligned}
\partial_2 c= & n_1 a_1 a_2+n_2 a_6 a_5+n_3 a_2 a_3 \\
& +n_4 a_4 a_6+n_5 a_3 a_1+n_6 a_5 a_4+\cdots .
\end{aligned}
$$

于是 $\partial_2 c=0 \Longrightarrow n_1=n_2=\cdots=n_6=0$ ，即 $Z_2(K)=0, H_2(K)=0$ ．
计算 $H_1(K)$ ．设 $c \in C_1(K)$ ，若 $c$ 在 $a_1 a_2$ 上取值为 $k$ ．则 $c- \partial k \sigma_1$ 在 $a_1 a_2$ 上取值为 0 ，它同调于 $c$ ．我们称这个步骤为用 $\sigma_1$ 消去 $\boldsymbol{c}$ 中的 $\boldsymbol{a}_1 \boldsymbol{a}_2$ ．还可用 $\sigma_2$ 消去 $a_5 a_6$ ，用 $\sigma_3, \sigma_4, \sigma_5$ 和 $\sigma_6$ 分别消去 $a_2 a_3$ ， $a_4 a_6, a_3 a_1$ 和 $a_4 a_5$ ，于是 $c$ 同调于链

$$
c^{\prime}=n_1 a_1 a_5+n_2 a_5 a_2+n_3 a_2 a_6+n_4 a_6 a_3+n_5 a_3 a_4+n_6 a_4 a_1 .
$$

如果 $c \in Z_1(K)$ ，则 $c^{\prime} \in Z_1(K)$ ，因此

$$
\begin{aligned}
0=\partial c^{\prime}= & \left(n_6-n_1\right) a_1+\left(n_2-n_3\right) a_2+\left(n_4-n_5\right) a_3 \\
& +\left(n_5-n_6\right) a_4+\left(n_1-n_2\right) a_5+\left(n_3-n_4\right) a_6,
\end{aligned}
$$

从而 $n_1=n_2=\cdots=n_6$ ．记

$$
z=a_1 a_5+a_5 a_2+a_2 a_6+a_6 a_3+a_3 a_4+a_4 a_1 .
$$

则 $c^{\prime}=n_1 z,\langle c\rangle=n_1\langle z\rangle$ 。这说明 $H_1(K)$ 是由 $\langle z\rangle$ 生成的循环群。剩下只用计算 $\langle z\rangle$ 的阶．设 $m\langle z\rangle=0$ ，则有 $c=\sum_{i=1}^6 n_i \sigma_i \in C_2(K)$ ，使得 $\partial_2 c=m z . \partial_2 c$ 和 $m z$ 在 $a_1 a_2$ 的值分别为 $n_1$ 和 0 ，因此 $n_1=0$ 。同理可得 $n_2=\cdots=n_6=0$ ，即 $c=0$ ，从而 $m=0$ ．于是 $\langle z\rangle$ 是 0 阶的， $H_1(K) \cong \mathbf{Z}$ ．

例 4 设 $K$ 是环面的一个剖分（图 6－17）．如图中所示，取定 2

![图片](/uploads/2026-01/9091c2.jpg)
 
 维单形的定向，并记作 $\sigma_i(i=1, \cdots, 18)$ ．

$$
\begin{aligned}
& H_0(K) \cong \boldsymbol{Z} . \\
& H_q(K)=0, \text { 当 } q \neq 0,1,2 \text { 时. }
\end{aligned}
$$

记 $z_1=a_1 a_2+a_2 a_3+a_3 a_1, z_1^{\prime}=a_1 a_4+a_4 a_7+a_7 a_1$ ，它们是 1 维闭链；记 $z_2=\sum_{i=1}^{18} \sigma_i$ ，不难验证 $z_2 \in Z_2(K)$ ．

注意到任何两个相邻的2维定向单形在它们的公共面上诱导出相反的定向，例如 $a_5 a_1$ 是 $\sigma_1$ 的顺向面，而 $a_1 a_5$ 是 $\sigma_2$ 的顺向面．于 是若 $c \in C_2(K)$ ，则 $\partial_2 c$ 在 $a_1 a_5$ 上取值为 $0 \Longleftrightarrow c$ 在 $\sigma_1$ 与 $\sigma_2$ 上取值相同．于是，$c \in Z_2(K) \Longleftrightarrow c$ 在每个 $\sigma_i$ 上取同样的秩 $n$ ，也就是说 $c=n z_2$ 。因此 $Z_2(K)$ 是 $z_2$ 生成的自由循环群，

$$
H_2(K)=Z_2(K) \cong Z
$$

设 $c \in C_1(K)$ ，用例 3 中的办法，可以用 $\sigma_{14}$ 消去 $a_7 a_2$ ，用 $\sigma_7$ 消去 $a_7 a_8, \cdots \cdots$ 最后

$$
\begin{aligned}
c \sim c^{\prime}= & n_1 a_1 a_2+n_2 a_2 a_3+n_3 a_3 a_1+n_4 a_1 a_4+n_5 a_4 a_7 \\
& +n_6 a_7 a_1+n_7 a_2 a_5+n_8 a_5 a_8+n_9 a_3 a_6+n_{10} a_6 a_9 .
\end{aligned}
$$

当 $c$ 是闭链时，$\partial_1 c^{\prime}=0$ ，可推出 $n_7=n_8=n_9=n_{10}=0, n_1=n_2=n_3, n_4 =n_5=n_6$ 。于是

$$
c^{\prime}=n_1 z_1+n_4 z_1^{\prime}, \quad\langle c\rangle=n_1\left\langle z_1\right\rangle+n_4\left\langle z_1^{\prime}\right\rangle,
$$

因此 $\left\langle z_1\right\rangle$ 和 $\left\langle z_1^{\prime}\right\rangle$ 生成 $H_1(K)$ 。
若 $n\left\langle z_1\right\rangle+m\left\langle z_1^{\prime}\right\rangle=0$ ，则 $n z_1+m z_1^{\prime} \in B_1(K)$ 。有 $c \in C_2(K), \partial_2 c =n z_1+m z_1^{\prime}$ ．由于 $n z_1+m z_1^{\prime}$ 在 $K$＂内部＂的 1 维定向单形上取值为 0 ，可推出 $c=k z_2$ ，从而 $\partial_2 c=0$ ，得到 $n=m=0$ ．这样 $H_1(K)$ 是以 $\left\langle z_1\right\rangle$ 和 $\left\langle z_1^{\prime}\right\rangle$ 为基的自由群，$H_1(K) \cong Z \oplus Z$ ．

例 $5 K$ 是射影平面 $P^2$ 的剖分，图6－18标出了它的 10 个 2维单形的定向和名称。

$$
H_0(K) \cong \mathbf{Z}, \quad H_q(K)=0, \quad q \neq 0,1,2 .
$$

![图片](/uploads/2026-01/f9ee4f.jpg)
 
 令 $z_1=a_1 a_2+a_2 a_3+a_3 a_1, c_2=\sum_{i=1}^{10} \sigma_i$ ．类似于例 4 ，一个 2 维链
 
$c$ ，如果 $\partial_2 c$ 中不出现＂内部＂的1维单形，则 $c=n c_2$ ．不难算出 $\partial_2 c_2= 2 z_1$ ，因此 $n c_2 \in Z_2(K) \Longrightarrow n=0$ ．这样 $H_2(K)=Z_2(K)=0$ ．

用前两例的办法可说明，$K$ 的 1 维闭链同调于 $z_1$ 的整数倍，即 $H_1(K)$ 是 $\left\langle z_1\right\rangle$ 生成的循环群．又因为 $2 z_1=\partial_2 c_2$ ，所以 $\left\langle z_1\right\rangle$ 是 2 阶的， $H_1(K) \cong \boldsymbol{Z}_2$ ．

从上面的计算结果得 $K$ 的各维 Betti 数为：$\beta_0=1, \beta_1=\beta_2=0$ ， $\chi(K)=0-0+1=1$ ．

如果用 $Z_2$ 域作为系数群，则 $\partial_2 c_2=0, c_2$ 是闭链，$H_2\left(K, Z_2\right)=Z_2 \left(K ; Z_2\right) \cong Z_2 . H_0\left(K ; Z_2\right)$ 和 $H_1\left(K ; Z_2\right)$ 也是 $Z_2$ ．因此 $d_1=d_2=d_0= 1, \chi(K)=1-1+1=1$.

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