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同伦不变性

## §4 同伦不变性

4． 1 同调群的同伦不变性
和基本群一样，同调群也有同伦不变性。它包括两个方面：同伦的映射诱导相同的同调群同态；同伦等价的空间有同构的同调群。我们只须对复形证明这两个结论。

定理 7.5 设 $K, L$ 都是复形，如果连续映射 $f \simeq g:|K| \rightarrow |L|$ ，则

$$
f_{* q}=g_{* q}: H_q(K) \rightarrow H_q(L), \quad \forall q \in Z .
$$

证明 设 $H:|K| \times I \rightarrow|L|$ 是 $f$ 到 $g$ 的同伦，记 $h_t$ 是 $H$ 的 $t$－切片，则 $h_0=f, h_1=g$ 。 $\left\{H^{-1}\left(\mathrm{St}_L b\right) \mid b \in L^0\right\}$ 是 $|K| \times I$ 的一个开覆盖．设 $\delta$ 是它的 Lebesgue 数．取充分大的 $r$ ，使得 $\operatorname{Mesh}\left(K^{(r)}\right)< \frac{\delta}{4}$ 。于是，当 $t, t^{\prime} \in I$ ，使得 $0 \leqslant t^{\prime}-t<\frac{\delta}{2}$ 时，对 $K^{(r)}$ 任一顶点 $a$ ， $\mathrm{St}_{K^{(r)}} a \times\left[t, t^{\prime}\right]$ 包含在某个 $H^{-1}\left(\mathrm{St}_L b\right)$ 中，也即 $h_t\left(\mathrm{St}_{K^{(r)}} a\right)$ 和 $h_{t^{\prime}}\left(\mathrm{St}_{K^{(r)}} a\right)$ 包含在 $L$ 的同一个星形中．于是可构造 $\varphi: K^{(r)} \rightarrow L$ ，它是 $h_t$ 和 $h_t$ 的公共的单纯逼近，从而

$$
\left(h_t\right)_{* q}=\varphi_{* q} \circ \eta_{* q}=\left(h_{t^{\prime}}\right)_{* q}, \quad \forall q \in Z .
$$

由此马上得出

$$
f_{* q}=\left(h_0\right)_{* q}=\left(h_1\right)_{* q}=g_{* q}, \quad \forall q \in Z .
$$

命题7．12 设 $K$ 和 $L$ 是复形，$f:|K| \rightarrow|L|$ 是一个同伦等价，则 $f_{* q}: H_q(K) \rightarrow H_q(L)$ 是同构，$\forall q \in \boldsymbol{Z}$ ．

证明 设 $g:|L| \rightarrow|K|$ 是 $f$ 的同伦逆，则

$$
\begin{gathered}
g_{* q} \circ f_{* q}=(g \circ f)_{* q}=\text { id }_{* q}: H_q(K) \rightarrow H_q(K), \\
f_{* q} \circ g_{* q}=(f \circ g)_{* q}=\text { id }_{* q}: H_q(L) \rightarrow H_q(L),
\end{gathered}
$$

因此 $f_{* q}$ 是同构，$g_{* q}=\left(f_{* q}\right)^{-1}$ 。
一个直接的推论是定理 7．6．

定理 7.6 设 $K$ 和 $L$ 是复形，若 $|K| \simeq|L|$ ，则

$$
H_q(K) \cong H_q(L), \quad q \in \boldsymbol{Z} .
$$

4． 2 同伦不变性在同调群的计算中的应用
同伦不变性是计算同调群的有效工具，它常常可在很大程度上简化计算．例如，不难看出单纯锥的多面体是可缩空间，而显然由一个 0 维单形构成的多面体是零调的，即 0 维同调群是自由循环群，其他维同调群是零群。用同伦不变性立即推出单纯锥也是零调的（但第六章的计算还是必要的，在定义 $f_{* q}$ 的过程中要用到这个结果）．又如，平环与 $S^1$ 同伦等价，因此它的同调群与 $S^1$ 的同调群（即 2 维单形的边缘复形的同调群）同构。（对照第六章 § 4 的例
2 与例 3 的结果。）下面再举几个例子．
例1 Möbius 带 $X$ 的同调群。
图7－10是 $X$ 的一个剖分 $K$ 的展开图．设 $L=\left\{\left(a_0, a_2\right), ~\left(a_2\right.\right.$ ， $\left.\left.a_5\right),\left(a_5, a_0\right) ; a_0, a_2, a_5\right\}$ ，它是 $K$ 的子复形，并且 $|L|$ 是 $|K|$ 的形变

![图片](/uploads/2026-01/c0398d.jpg)
 
 收缩核。记 $i:|L| \rightarrow|K|$ 是包含映射，则 $i_{* q}: H_q(L) \cong H_q(K)$ ， $\forall q \in \boldsymbol{Z} .|L| \cong S^1$ ，因此有

$$
H_q(K) \cong H_q(L) \cong \begin{cases}Z, & q=0,1, \\ 0, & q \neq 0,1 .\end{cases}
$$

并且，设 $z=a_0 a_2+a_2 a_5+a_5 a_0$ ，则 $z$ 是 $Z_1(L)=H_1(L)$ 的生成元，因而 $\langle z\rangle$ 是 $H_1(K)$ 的生成元．

例 2 Klein 瓶的同调群．
图 7－11 是 Klein 瓶的一个剖分 $K$ 的展开图．
$H_2(K)$ 的计算类似于第六章 § 4 的例 4．对 $K$ 的每个 2维单形取相同的定向（譬如都取逆时针定向），所得 18 个 2维定向单形是 $C_2(K)$ 的基。则 2维链 $C$ 是闭链的必要条件是 $c$ 在这些 2 维定向单形上取相同的值．记 $c_0$ 是都取 1 的那个

![图片](/uploads/2026-01/bb6816.jpg)
  
2 维链，则2维闭链都应有 $n c_0$ 的形式．然而，在现在的情形 $\partial_2 c_0= 2 z_1$ ，这里 $z_1=a_0 a_1+a_1 a_2+a_2 a_0$ ．因此只当 $n=0$ 时 $n c_0$ 才是闭链，即

$$
H_2(K)=Z_2(K)=0 .
$$

计算 $H_1(K)$ 。设子复形 $L$ 是 $K$ 的边框上的部分，$\underline{\sigma}=\left(a_5, a_7\right.$ ， $\left.a_8\right)$ ，记 $K_1=K \backslash \sigma$ 。则 $|L|$ 是 $\left|K_1\right|$ 的形变收缩核，从而 $i_{* q}: H_q(L) \rightarrow H_q\left(K_1\right)$ 是同构。记 $z_2=a_0 a_3+a_3 a_4+a_4 a_0, z=\partial_2 \sigma\left(\sigma=a_5 a_7 a_8\right)$ 。

根据 § 3 中例 $1, H_1(L)=Z_1(L)$ 并以 $z_1$ 和 $z_2$ 作为基。于是由 $i_{* 1}: H_1(L) \cong H_1\left(K_1\right)$ 知，$z_1$ 和 $z_2$ 在 $K_1$ 中的同调类 $\left\langle z_1\right\rangle$ 和 $\left\langle z_2\right\rangle$ 是 $H_1\left(K_1\right)$ 的基．

从 $K_1$ 和 $K$ 的关系不难看出

$$
B_1\left(K_1\right) \subset B_1(K) \subset Z_1(K)=Z_1\left(K_1\right)
$$

于是，用代数学的知识，有

$$
\begin{aligned}
H_1(K) & =Z_1\left(K_1\right) / B_1(K) \\
& \cong\left(Z_1\left(K_1\right) / B_1\left(K_1\right)\right) /\left(B_1(K) / B_1\left(K_1\right)\right) \\
& =H_1\left(K_1\right) /\left(B_1(K) / B_1\left(K_1\right)\right)
\end{aligned}
$$

由于 $C_2(K)$ 只比 $C_2\left(K_1\right)$ 多一个生成元 $\sigma$ ，对 $\forall b \in B_1(K)$ ，有分解式 $b=b^{\prime}+n \partial_2 \sigma=b^{\prime}+n z$ ，其中 $b^{\prime} \in B_1\left(K_1\right)$ 。于是，$B_1(K) / B_1\left(K_1\right)$ 是由 $\langle z\rangle$（ $z$ 在 $K_1$ 中的同调类）生成的自由循环群（作为 $H_1\left(K_1\right)$ 的子群，$B_1(K) / B_1\left(K_1\right)$ 是自由群！）．注意到 $\partial_2\left(c_0-\sigma\right)=2 z_1-z$ ，这说明在 $K_1$ 中 $z \sim 2 z_1$ ，因此 $B_1(K) / B_1\left(K_1\right)$ 就是 $H_1\left(K_1\right)$ 中由 $2\left\langle z_1\right\rangle$ 生成

的子群．这样

$$
H_1(K) \cong \mathbf{Z} \oplus \mathbf{Z}_2 .
$$

我们得到 Klein 瓶的各维同调群为

$$
H_q\left(2 P^2\right) \cong \begin{cases}\boldsymbol{Z}, & q=0, \\ \mathbf{Z} \oplus \mathbf{Z}_2, & q=1, \\ 0, & q \neq 0,1 .\end{cases}
$$

用同样的方法可计算出任何闭曲面的同调群．对可定向闭曲面，注意相应的 $c_0$ 是闭链，从而 $H_2\left(n T^2\right) \cong Z$ ；并且在 $K_1$ 中 $z \sim 0$ ，从而 $B_1(K)=B_1\left(K_1\right), H_1(K) \cong H_1\left(K_1\right)$ 。我们列出闭曲面的同调群如下：

![图片](/uploads/2026-01/7018a7.jpg)
 
 可定向与不可定向闭曲面在 2 维同调群上显示了不同．由闭曲面的同调群可看出：两个闭曲面 $S$ 与 $S^{\prime}$ 同胚 $\Longleftrightarrow H_1(S) \cong H_1\left(S^{\prime}\right) \Longleftrightarrow S$ 与 $S^{\prime}$ 同伦等价．
 
 ## 理解：同伦不变性
 我们先从直观感觉入手，慢慢搭出“同伦不变性”这个概念。

---

## 1. 同伦是“连续变形”

设想你用橡皮泥捏了一个字母 **O**（一个圆环），然后你用手**慢慢**把它捏成字母 **C**：  
- 过程中不能撕裂、不能粘合。  
- 像动画一样，每一步的形状都连续变化。

这种**从形状 A 连续变到形状 B** 的方式，就叫**同伦**（homotopy）。

> 如果形状 A 可以同伦变成形状 B，我们就说 A 和 B **同伦等价**。  
> 例如：一个实心圆盘 和一个点 是同伦等价的（可以把整个圆盘缩成一个点）。  
> 但 圆环（O） 和 实心圆盘 不同伦等价，因为圆环中间的洞没法消掉。

---

## 2. 同伦不变性是“有些性质在连续变形下不变”

拓扑学关心的是那些**在拉伸、扭曲、压缩（但不撕裂）时不会改变**的性质。  
这些性质就叫**同伦不变性**。

> 关键：撕裂会改变这些性质，所以禁止撕裂。

---

### 最经典的例子：洞的数量（用同调群计算）

- 字母 **O**：有 1 个一维洞（中间空心区域）。  
- 字母 **C**：没有一维洞（你可以看成是弯曲的线段，中间没有空腔）。

等一下——这里有个陷阱：**C** 其实也没有完整的环，所以它跟 **I**（直线段）同伦等价，而 **I** 可以缩成点。  
检查：真的能把 O 连续变形成 C 而不撕裂吗？  
**不行**，因为要消除 O 的洞，你必须把两边粘起来（那就不是连续的变形了）。  
所以 O 和 C 不同伦等价。

这正是同伦不变性告诉我们的：  
**同调群（特别是 1 维同调群）在同伦变形下不变**。  
- O：$ H_1 \cong \mathbb{Z} $（一个自由度）
- C：$ H_1 \cong 0 $（没有环）

两个形状若同伦等价，它们的同调群必须完全相同。  
反过来：如果同调群不一样，它们一定不同伦等价。

---

## 3. 为什么叫“同伦不变性”？

“不变性”意思是：  
如果两个拓扑空间$ X $ 和$ Y $ 是同伦等价的，  
那么某个属性（比如同调群、基本群）对$ X $ 和$ Y $ 是一样的。

更一般的表述：  
如果$ f, g : X \to Y $ 是两个同伦的映射（能通过连续变形相互转化），那么它们诱导出的同调群同态$ f_* $ 和$ g_* $ 相同。  
这就是**同伦不变性的核心：同调群是“同伦函子”**，它把同伦的映射映射成相同的群同态。

---

## 4. 两个常见例子

### 例子 1：实心圆盘 vs 点
- 实心圆盘（D²）可以连续缩成圆心那个点。
- 所以 D² 与一个点同伦等价。
- 检查同调群：
  - 点的$ H_0 = \mathbb{Z} $，$ H_1 = 0 $，$ H_2 = 0 $。
  - 圆盘也是如此。
- ✅ 同伦不变性成立。

### 例子 2：圆圈 S¹ vs 实心圆盘 D²
- 不能把 S¹ 连续变形成 D²（因为要消除中间的洞）。
- 它们的$ H_1 $ 不同：S¹ 是$ \mathbb{Z} $，D² 是 0。
- 所以它们不同伦等价。
- ✅ 同调群区分了它们。

---

## 5. 更生活化的理解

想象你有一个**用橡皮筋做成的封闭线圈**（无弹性变形时是圆环）。  
你可以在桌子上挪动它、拉成椭圆、扭成“8”字形？不行，8字形的中间交叉点不是连续变形（需要重合后再分开，那等于撕裂后粘合？其实8字形有更复杂的洞结构，但简单想：你不能通过连续变形把圆环变成8字形，因为8字形有两个不同的环共享一个点，这需要改变基本群）。

但**橡皮筋**如果只在同一拓扑类里变形（比如圆环⇔椭圆⇔正方形），都是同伦等价。

重点：**同伦不变的性质**就像橡皮筋的“圈数”或“洞的数量”，不管你咋拉，只要不割断，这些数量不变。

---

## 6. 总结一句话

**同伦不变性**：  
> 在一个形状被连续拉伸、压缩、扭曲而不撕裂的过程中，那些由“洞”和“路径”所决定的代数性质（如同调群、基本群）不会改变。  
> 因此，如果两个形状可以通过这样的过程互相转化，它们必然具有相同的这类拓扑属性——这让我们能**用代数来区分形状的同伦类**。

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