1.
我將代數拓樸分為兩部份: 理論面與計算面
代數拓樸的出發點當然是構造拓樸空間的 homeomorphic/homotopic 不變量,
藉以區分不同的拓樸空間.
最直接的例子就是 fundamental group.
對一個 path-connected space X 來說,
我們可經由各種工具計算出他的 fundamental group
但是對我們來說, 一個 group 帶給我們的資訊太少了,
總是可以找到一些特例, 不能用 fund. group 區分.
第一步, 我們試圖推廣 fund. groups 得到一個 sequence of grps, 稱 homotopy grps
{ $\pi_n(X)$; n = 1,2,3, ... }
雖然這個很強, 但是高維 homotopy grps 實在是太難算了, 因此我們改看它的親戚 homology groups
{ $H_n(X)$; n = 0,1,2, ... }
homology groups 相對好算許多, 但是仍然有一些狀況我們不能由 homology groups分辨, 因此我們可以看 cohomology groups
{ $H^n(X)$; n = 0,1,2, ... }
雖然比 homology groups 難算一點, 但是他有 homology groups 沒有的自然的 ring structure (理由見最後), 可以給我們更多資訊, 這些 sequences of groups 便是理想的不變量
2.
Homology $H_n$ 之所以這麼好, 有一部分應歸功於 $H_n$ 能視為一個 functor:
也就是說, 除了給定一個 space X 我們能算出 $H_n(X)$ 以外,
給你一個 map f:X → Y, 我們可得到夠好的 homomorphism $f_*:H_n(X)\to H_n(Y)$
Hatcher 的書中 Homology theory 流程如下:
a) 定義 simplicial homology groups $H_n^\Delta(X)$
這個定義較容易計算 homology grp, 但不易用來 induce $f_*:H_n(X)\to H_n(Y)$
b) 定義 singular homology groups $H_n(X)$
這個定義較難計算 homology grp, 但易於用來 induce $f_*:H_n(X)\to H_n(Y)$
c) 證明 simplicial 和 singular homology groups 一樣
d) 證明該有的理論, 如:
T1) Good pair (X,A) 有對應的 long exact sequence
T2) Relative homology groups 有對應的 long exact sequence
T3) Homotopy Invariance
T4) Excision Theorem
T5) Mayer-Vietoris Sequences
T6) Cellular homology
e) 推廣係數的概念, 對於任何 abelian groups G 我們都可定義
homology groups with coefficients G 為
{ $H_n(X;G)$; n = 0,1,2, ... }
同樣也滿足修改過的 T1) ~ T6)
因此我們便可以發展 Universal Coefficient Theorem,
證明 $H_n(X;G)$ 同構於兩個群的 direct sum
而這兩個群的計算不牽涉到 $\mathbb{Z}$ 以外的 coefficients!
3.
這邊常常會混淆的是定義
形式上來說, 只要給定一個 complex, 也就是一串夠好的 free abelian groups
$\cdots\overset{d_{n+1}}{\to} C_n\overset{d_{n}}{\to}\cdots\to C_1\to C_0\to 0$
就可以定義一群 "某某" homology groups $H_n(C)$ for all n 為
$H_n(C)$:= $\text{ker}(d_n)/\text{Im}(d_{n+1})$
換句話說, homology groups 可以量度這個 complex 要成為 exact sequence 的障礙
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例 1
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最簡單的 nontrivial 例子應該是單位圓 $S^1$
它的某個 complex 算出來是
$0\overset{d_{2}=0}{\to}\mathbb{Z}\overset{d_{1}}{\to}\mathbb{Z}\overset{d_{0}}{\to}0$
我們有 ker $d_0$ = $\mathbb{Z}$ ; Im $d_1$ = 0 故 $H_0(S^1)$ = $\mathbb{Z}$
ker $d_1$ = $\mathbb{Z}$ ; Im $d_2$ = 0 故 $H_1(S^1)$ = $\mathbb{Z}$
│
2 │ 0
1 │ $\mathbb{Z}$
0 │ $\mathbb{Z}$
┼───
$H_*(S^1)$
原來算 homology groups 這麼簡單啊!
不過那是因為我們已經知道 complex 長這個樣子
理解某一種 homology 下的 complex 怎麼定義 & 怎麼計算就相對困難了
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例 2
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接下來我們來算 Real projective space $RP^2$
它的某個 complex 算出來是
$0 \overset{d_{3}}{\to} \mathbb{Z}^2 \overset{d_{2}}{\to} \mathbb{Z}^3 \overset{d_{1}}{\to} \mathbb{Z}^2 \overset{d_{0}}{\to} 0$
其中 $d_2$: (1,0) $\mapsto$ (-1,1,1) ; $d_1$: (1,0,0) $\mapsto$ (1,-1)
(0,1) $\mapsto$ (1,-1,1) (0,1,0) $\mapsto$ (1,-1)
(0,0,1) $\mapsto$ 0
我們有 ker $d_0$ = $\mathbb{Z}^2$ ; Im $d_1$ = $\mathbb{Z}$ 故 $H_0(C)$ = $\mathbb{Z}$
ker $d_1$ = $\mathbb{Z}^2$ ; Im $d_2$ = $\mathbb{Z}^2$
觀察 basis 後可算得 $H_1(C)$ = $\mathbb{Z}_2$
ker $d_2$ = 0 ; Im $d_3$ = 0 故 $H_2(C)$ = 0
│
2 │ 0
1 │ $\mathbb{Z}_2$
0 │ $\mathbb{Z}$
┼─────
$H_*(RP^2)$
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例 3
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如前所述, 不一定是要從拓樸空間開始,
我下面隨性寫一個 complex C, 也可以計算它的 homology groups
$0 \overset{d_{3}}{\to} \mathbb{Z} \overset{d_{2} = *m}{\to} \mathbb{Z} \overset{d_{1} = *n}{\to} \mathbb{Z}_n \overset{d_{0}}{\to} 0$
我們有 ker $d_0$ = $\mathbb{Z}_n$ ; Im $d_1$ = 0 故 $H_0(C)$ = $\mathbb{Z}_n$
ker $d_1$ = $\mathbb{Z}$ ; Im $d_2$ = m$\mathbb{Z}$ 故 $H_1(C)$ = $\mathbb{Z}_m$
ker $d_2$ = 0 ; Im $d_3$ = 0 故 $H_2(C)$ = 0
│
2 │ 0
1 │ $\mathbb{Z}_m$
0 │ $\mathbb{Z}_n$
┼───
$H_*(C)$
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所以,
所謂 singular/simplicial/cellular homology,
就是用不同的方式建立 Δ-complex (CW-complex), 再計算其 homology grps.
其定義之誇張相信每個人第一次讀都很頭痛,
但是要活用, 重點就是要用理論幫助你以較省力的方向計算拓樸不變量!
4.
Cohomology theory 顧名思義, 加了一個 co 就是 homology 的 dualized theory!
dual 何解? 就是選定一個交換群 G 作為 "係數" 之後,
從最開頭 apply $\text{Hom}(-, G)$
我們這樣做, 先 dualize 上面提到的 complex, 即 taking $\text{Hom}(-, G)$,
便可得到另一個 complex
$\cdots \overset{b_{n+1}}{\leftarrow} C^n \overset{b_{n}}{\leftarrow} \cdots \leftarrow C^1\leftarrow C^0 \leftarrow 0$
就可以定義一群 "某某" cohomology groups $H^n(C;G)$ for all n 為
$H^n(C;G)$:= $\text{ker}(b_{n+1})/\text{Im}(b_n)$
特別以 $H^n(C)$ 表示 G = $\mathbb{Z}$ 的狀況
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例 1
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我們再來看單位圓 $S^1$, 沿用剛剛的 complex
$0\overset{d_{2}=0}{\to}\mathbb{Z}\overset{d_{1}}{\to}\mathbb{Z}\overset{d_{0}}{\to}0$
取其 dual, 得另一 complex (注意 $\text{Hom}(\mathbb{Z},\mathbb{Z}) = \mathbb{Z}$)
0
$0 \overset{b_{2}}{\leftarrow} \mathbb{Z} \overset{b_{1}=0}{\leftarrow} \mathbb{Z} \overset{b_{0}}{\leftarrow} 0$
我們有 ker $b_1$ = $\mathbb{Z}$ ; Im $b_0$ = 0 故 $H^1(C)$ = $\mathbb{Z}$
ker $b_2$ = $\mathbb{Z}$ ; Im $b_1$ = 0 故 $H^0(C)$ = $\mathbb{Z}$
│
2 │ 0
1 │ $\mathbb{Z}$
0 │ $\mathbb{Z}$
┼───
$H^*(S^1)$
咦? 這樣看來 $H^*(C;G)$ 好像沒什麼新鮮事耶,
不會就是 $\text{Hom}(H_*(C),G)$ 吧!
當然不對, 我們來看看另外一個例子:
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例 2
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很不幸地, $RP^2$ 的 cohomology groups 的結果長這樣:
3 │
2 │ 0 $\mathbb{Z}_2$
1 │ $\mathbb{Z}_2$ 0
0 │ $\mathbb{Z}$ $\mathbb{Z}$
┼───────────────
$H_*(RP^2)$ $H^*(RP^2)$
我們猜 $H^*(C)$ = $\text{Hom}(H_*(C), \mathbb{Z})$
在 1,2 維時 $\text{Hom}(\mathbb{Z}_2,\mathbb{Z})$ = 0 沒有錯
$\text{Hom}(\mathbb{Z}, \mathbb{Z})$ = 0
但在 3 維那邊多出了一個不速之客 $\mathbb{Z}_2$
....這該如何是好?
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例 3
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不過我剛剛隨便寫下的例子3 是很好算 cohomology groups 的:
看其 complex
$0 \overset{d_{3}}{\to} \mathbb{Z} \overset{d_{2} = *m}{\to} \mathbb{Z} \overset{d_{1} = *n}{\to} \mathbb{Z}_n \overset{d_{0}}{\to} 0$
因 $\text{Hom}(\mathbb{Z}_n,\mathbb{Z})$ = 0, 上面的 complex 取 dual 後得到
$0 \overset{b_{3}}{\leftarrow} \mathbb{Z} \overset{b_{2}=*m}{\leftarrow} \mathbb{Z} \overset{b_{1}=*n}{\leftarrow} 0 \overset{b_{0}}{\leftarrow} 0$
有 ker $b_3$ = $\mathbb{Z}$ ; Im $b_2$ = m$\mathbb{Z}$ 故 $H^2(C)$ = $\mathbb{Z}_m$
ker $b_2$ = 0 ; Im $b_1$ = 0 故 $H^1(C)$ = 0
ker $b_1$ = 0 ; Im $b_0$ = 0 故 $H^0(C)$ = 0
比較一下, 有
2 │ 0 $\mathbb{Z}_m$
1 │ $\mathbb{Z}_m$ 0
0 │ $\mathbb{Z}_n$ 0
┼───────────
$H_*(C)$ $H^*(C)$
也跟我們的猜測不符.
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答案就仰賴 Universal Coefficient Theorem
$H^k(C;G)$ = $\text{Hom}_\mathbb{Z}(H_k(C), G) \oplus \text{Ext}_\mathbb{Z}(H_{k-1}(C), G)$
堪稱計算 cohomology groups 的最強工具,
無論你要算係數是什麼 G 的 cohomology groups,
你只要知道 $\mathbb{Z}$-coefficient 的 homology groups,
就可以用 "超好計算" 的 $\text{Hom}_\mathbb{Z}$ 和 $\text{Ext}_\mathbb{Z}$ 算出結果
我們回來看剛剛的例子2: $RP^2$
2 │ 0 0 0 $\mathbb{Z}_2$
1 │ $\mathbb{Z}_2$ 0 $\mathbb{Z}_2$ 0
0 │ $\mathbb{Z}$ $\mathbb{Z}$ 0 $\mathbb{Z}$
┼─────────────────────────
$H_*$ $\text{Hom}(H_*, \mathbb{Z})$ $\text{Ext}(H_*, \mathbb{Z})$ $H^*$
哈哈, 答案正確!
再來看例子 3:
2 │ 0 0 0 $\mathbb{Z}_m$
1 │ $\mathbb{Z}_m$ 0 $\mathbb{Z}_m$ 0
0 │ $\mathbb{Z}_n$ 0 $\mathbb{Z}_n$ 0
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$H_*(C)$ $\text{Hom}(H_*(C), \mathbb{Z})$ $\text{Ext}(H_*(C), \mathbb{Z})$ $H^*(C)$
答案不對了! O No!
但是這也不是什麼太令人傷心的事情,
畢竟那是我隨便寫下, 沒有拓樸意義的 complex
這也就是為什麼數學家要制定 axioms of homology
符合這些公理的 homology theory 就自動保證
Universal Coefficient Theorem (和其他大定理) 會對
5.
嗯, 我們知道 Cohomology groups 和 homology groups 有一些落差,
但是有什麼理由讓我們不甘於 homology theory
非要來看這個 dualized theory 呢?
答案就在於 cohomology groups 有 graded ring 的結構,
也就是我們有個 cup product
$\smallsmile: H^* \times H^* \to H^*$ 滿足 $H^k \smallsmile H^l$ 會落在 $H^{k+l}$ 中
撇開定義的細節, 如果我們要在 homology groups 上面定 graded ring
終究會遇到一個難題, 就是要定義一個自然的, 從 $X \times X$ 打到 X 的 map
我們從小到大也沒學過幾個這樣的 map, 了不起就只有 projection map,
然則 projection 會完全忽略掉其中一個座標的資訊,
導致這樣定出的 product 沒什麼用.
因此, 為什麼要取 dual, 理由就很充分了!
why? 反過來要定 $X \to X \times X$, 我們有個超級自然的 diagonal map Δ(g) = (g,g)
這也就給了我們一個自然的 graded ring structure,
不僅可以藉由 graded structure 判斷兩拓樸空間是否 homotopy equivalent,
也可以在特定 coeffient 時, 賦予 projection space RP, CP, HP 各一個
truncated polynomial 結構
最後便能證明相當美麗的 Poincare duality, 與微分拓樸連結!
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