장 76 코호몰로지의 응용

위상수학에 관한 이 마지막 장에서는 코호몰로지 군의 몇 가지 좋은 성질을 (대부분 증명 없이) 서술하고, 특히 이른바 컵 곱을 소개하겠습니다. 컵 곱에 대한 실제 논고는 [HAT02] 또는 [MAX13]을 참고하십시오.

앞 장에서 언급했듯이, 모든 코호몰로지 군 $H^{\bullet}(X)$ 를 한데 모아 코호몰로지 환을 구성할 수 있으며, 이는 호몰로지의 경우보다 더 많은 구조를 부여합니다 — $\mathbb{CP}^{2}$ 와 $S^{2}\vee S^{4}$ 를, 또는 $\mathbb{CP}^{3}$ 와 $S^{2}\times S^{4}$ 를 구별하기에 충분한 구조입니다.

위의 설명이 전혀 설명적이지 않음에도(그 구조가 무엇에 관한 것인지에 대한 통찰을 주지 않습니다), 실제로 어떤 사람들은 이렇게 말할 것입니다:

호몰로지가 직관적으로 무엇을 측정하는지는 중요하지 않습니다. 그것은 매우 어려운 것(위상수학)을 받아들여 단순한 것(아벨 군)으로 바꾸어 주는 편리한 도구이기 때문입니다.

그럼에도 불구하고, 컵 곱이 실제로 시각화 가능하다는 점은 흥미롭습니다! 적어도 차원이 $3$ 을 넘지 않을 때는 그렇습니다.

76.1 Poincaré 쌍대성

첫 번째 멋진 결과: 토러스나 $S^{n}$ 과 같은 ”좋은” 공간의 (코)호몰로지 군에서 대칭성을 눈치채셨을 수도 있습니다. 실제로 이는 다음에 의해 예측됩니다:

정리 76.1.1 (Poincaré 쌍대성).

$M$ 이 매끄러운 유향 콤팩트 $n$ -다양체라면, 자연스러운 동형사상이 존재합니다

H^{k}(M;\mathbb{Z})\cong H_{n-k}(M)

모든 $k$ 에 대해 성립합니다. 특히, $k>n$ 일 때 $H^{k}(M)=0$ 입니다.

따라서 매끄럽고 방향이 주어진 콤팩트 다양체의 경우, 코호몰로지 군과 호몰로지 군은 그다지 다르지 않습니다.

이로부터 우리가 베티 수를 처음 정의할 때 언급했던 대칭성이 따라 나옵니다:

따름정리 76.1.2 (베티 수의 대칭성).

$M$ 을 매끄럽고 방향이 주어진 콤팩트한 $n$ -다양체라 하고, $b_{k}$ 를 그 베티 수라 합시다. 그러면

b_{k}=b_{n-k}.

증명.

문제 76A. ∎

76.2 드람 코호몰로지

이제 미분 형식과 특이 코호몰로지 사이의 연관성을 밝히겠습니다.

$M$ 을 매끄러운 다양체라 합시다. 우리는 $M$ 의 호몰로지 군과 코호몰로지 군에 관심이 있습니다. 실수의 덧셈군인 $G=\mathbb{R}$ 인 경우로 특수화하겠습니다.

질문 76.2.1.

유한 생성 아벨 군 $H$ 에 대해 $\operatorname{Ext}(H,\mathbb{R})=0$ 임을 확인하십시오.

따라서 실수 계수를 사용하면 보편 계수 정리는 다음을 말해줍니다

H^{k}(M;\mathbb{R})\cong\operatorname{Hom}(H_{k}(M),\mathbb{R})=\left(H_{k}(M)% \right)^{\vee}

여기서 $H_{k}(X)$ 를 실수 벡터 공간으로 간주합니다. 그러므로 $H_{k}(M$ ) 또는 $H^{k}(M;\mathbb{R})$ 중 하나를 파악하고 싶습니다.

다음 co사슬 복합체를 생각해 봅시다

0\to\Omega^{0}(M)\xrightarrow{d}\Omega^{1}(M)\xrightarrow{d}\Omega^{2}(M)% \xrightarrow{d}\Omega^{3}(M)\xrightarrow{d}\dots

$H_{\mathrm{dR}}^{k}(M)$ 을 그 코호몰로지 군이라 합시다. 따라서 드람 코호몰로지는 닫힌 형식을 완전 형식으로 나눈 것입니다.

\text{코사슬}:\text{코사이클}:\text{코바운더리}=\text{$k$-형식}:\text{닫힌 형식}:\text{완전 형식}.

전체 요점은 다음과 같습니다:

정리 76.2.2 (드람의 정리).

임의의 매끄러운 다양체 $M$ 에 대해, 다음과 같은 자연스러운 동형사상이 존재합니다

H^{k}(M;\mathbb{R})\cong H_{\mathrm{dR}}^{k}(M).

즉 이 정리는 다양체 $M$ 의 실수 코호몰로지 군이 실제로 미분 형식의 거동만으로 주어진다는 것입니다. 따라서,

코호몰로지 군의 원소들을 공간 위의 $G$ -값 미분 형식으로 비유적으로 생각할 수 있습니다.

왜 이런 일이 일어날까요? 사실 우리는 공간의 구멍을 반영하는 미분 형식의 거동을 이미 관찰한 바 있습니다. 예를 들어, $M=S^{1}$ 을 원이라 하고 각도 형식 $\alpha$ 를 생각해 봅시다(예제 44.7.4 참고). 이 형식 $\alpha$ 는 닫혀 있지만 완전하지는 않은데, 이는 $S^{1}$ 을 한 바퀴 완전히 돌 수 있기 때문입니다. 따라서 $\alpha$ 가 완전하지 못하다는 사실은 $H_{1}(S^{1})\cong\mathbb{Z}$ 임을 시사합니다.

또 다른 직관으로서 다음을 주목합시다:

•

각 $k$ -미분 형식 $\omega$ 는 각 $k$ -매끄러운 부분다양체 $S\subseteq M$ 을 받아 실수 $\int_{S}\omega$ 를 반환하는 함수로 해석될 수 있습니다.
•
지금은 모든 $k$ -단체가 매끄럽다고 가정해 봅시다. 그러면 다음을 얻습니다:
- –
  
  $k$ -공사슬은 각 $k$ -단체를 실수로 보내는 함수입니다.
- –
  
  $k$ -공사이클은 경계를 $0$ 으로 보내는 $k$ -공사슬입니다.
- –
  
  $k$ -공경계는 사이클을 $0$ 으로 보내는 $k$ -공사슬입니다.
한편:
- –
  미분 형식은 각 $k$ -단체를 실수로 보내면서 특정한 선형성 및 매끄러움 성질을 만족하는 함수입니다 — 예를 들면:
  - *
    
    $k\geq 1$ 이고 $k$ -단체의 상이 한 점에 포함되어 있다면, 그것은 $0$ 으로 보내져야 합니다.
  - *
    
    $k$ -단체를 재매개변수화하더라도, 부여된 값은 동일해야 합니다.
  - *
    
    $k$ -단체의 두 꼭짓점을 뒤바꾸면, 부여된 값은 부호가 반대가 되어야 합니다.
  - *
    
    두 $k$ -단체를 한 면을 따라 붙여서 하나의 $k$ -단체를 만들 수 있다면, 부여된 값은 그 부분 $k$ -단체들에 부여된 대응 값들의 합이어야 합니다.
  - *
    
    등등.
- –
  
  닫힌 형식은 경계를 $0$ 으로 보내는 미분 형식입니다.
- –
  
  완전 형식은 사이클을 $0$ 으로 보내는 미분 형식입니다.
우리는 이 대응 관계를 알아차리지 않을 수 없습니다 — 요점은 다음과 같습니다:

$H^{k}(M;\mathbb{R})=\frac{\text{코사이클}}{\text{코바운더리}}\cong\frac{\text{코사이클}\cap% \text{미분 형식}}{\text{코바운더리}\cap\text{미분 형식}}=H_{\mathrm{dR}}^{k}(M).$

대략적으로 말해, 왼쪽의 분자와 분모가 모두 더 크지만, 이들이 서로 상쇄됩니다. 이를 절 74.3과 비교해 볼 수 있습니다.

또는, 그림으로 나타내면(지면 관계상 미분 형식의 군은 $D$ 로 표기합니다):

이는 정확히 제2 동형사상 정리의 설정입니다¹¹1절 3.6 참고.. 그리고 여러분은 이 두 몫이 왜 동형인지 직접 밝혀볼 수 있습니다.

76.3 등급 환

대표적인 예: 다항식 환은 가환 등급 환인 반면, $\bigwedge^{\bullet}(V)$ 는 반가환입니다.

드람 코호몰로지에서 미분 형식은 또 다른 방식으로 상호작용할 수 있습니다: $k$ -형식 $\alpha$ 와 $\ell$ -형식 $\beta$ 가 주어지면, $(k+\ell)$ -형식을 생각할 수 있습니다

\alpha\wedge\beta.

따라서 형식들의 집합에 $\beta\wedge\alpha=(-1)^{k\ell}\alpha\wedge\beta$ 를 만족하는 “곱”을 부여할 수 있습니다. 이는 더 일반적인 구조의 특수한 경우입니다:

정의 76.3.1.

등급 유사환 $R$ 은 아벨 군입니다

R=\bigoplus_{d\geq 0}R^{d}

여기서 $R^{0}$ , $R^{1}$ , …,은 아벨 군이며, 추가로 결합적인 이항 연산 $\times\colon R\times R\to R$ 을 가집니다. 우리는 $r\in R^{d}$ 이고 $s\in R^{e}$ 이면 $rs\in R^{d+e}$ 이어야 함을 요구합니다. $R^{d}$ 의 원소를 균질 원소라고 부르며, $r\in R^{d}$ 이고 $r\neq 0$ 이면 $|r|=d$ 로 씁니다.

교환법칙을 가정하지 않는다는 점에 유의하십시오. 사실 이러한 ”환”은 항등원 $1$ 조차 갖지 않을 수도 있습니다. 추가적인 성질이 있는 경우에는 다른 용어를 사용합니다:

정의 76.3.2.

등급환은 $1$ 을 가지는 등급 유사환입니다. 이것이 교환적이면 교환 등급환이라고 합니다.

정의 76.3.3.

등급 (유사)환 $R$ 은, 임의의 균질 원소 $r$ 과 $s$ 에 대해 다음이 성립하면 반교환적이라고 합니다

rs=(-1)^{|r||s|}sr.

비고 76.3.4.

왜 $rs=-sr$ 이 아닐까요? 이 정의는 쐐기곱이 반교환적이라는 사실에서 영감을 받았습니다. $f_{1},\dots,f_{r},g_{1},\dots,g_{s}$ 가 $0$ -형식이라 할 때, $f=df_{1}\wedge df_{2}\wedge\dots\wedge df_{r}$ 을 $r$ -형식으로, $g=dg_{1}\wedge dg_{2}\wedge\dots\wedge dg_{s}$ 을 $s$ -형식으로 두면, 다음 식에서 출발하여

f\wedge g=(df_{1}\wedge df_{2}\wedge\dots\wedge df_{r})\wedge(dg_{1}\wedge dg_% {2}\wedge\dots\wedge dg_{s})

인접한 두 항을 반복적으로 교환하면, 다음 식을 얻기 위해 총 $r s$ 번의 교환이 필요합니다

g\wedge f=(dg_{1}\wedge dg_{2}\wedge\dots\wedge dg_{s})\wedge(df_{1}\wedge df_% {2}\wedge\dots\wedge df_{r}).

선형성에 의해, 일반적으로 임의의 $r$ -형식 $f$ 와 임의의 $s$ -형식 $g$ 에 대해 $fg=(-1)^{rs}gf$ 임을 증명할 수 있습니다.

요약하면:

등급환의 종류	$1$ 을 가질 필요가 없음	$1$ 을 가져야 함
가정 없음	등급 유사환	등급환
반가환	반가환 유사환	반가환환
가환		가환 등급환

예제 76.3.5 (등급환의 예).

(a)

환 $R=\mathbb{Z}[x]$ 는 교환 등급환이며, $d$ 번째 성분은 $x^{d}$ 의 배수들입니다.
(b)

환 $R=\mathbb{Z}[x,y,z]$ 는 교환 등급환이며, $d$ 번째 성분은 차수 $d$ 인 균질 다항식들(과 $0$ )로 이루어진 아벨 군입니다.
(c)

$V$ 를 벡터 공간이라 하고, 다음 아벨 군을 고려합시다

$\bigwedge^{\bullet}(V)=\bigoplus_{d\geq 0}\bigwedge^{d}(V).$

예를 들어, $e_{1}+(e_{2}\wedge e_{3})\in\bigwedge^{\bullet}(V)$ 이라고 합시다. 우리는 $\bigwedge^{\bullet}(V)$ 에 곱 $\wedge$ 를 부여하여 이를 반교환환으로 만듭니다.
(d)

다양체 $M$ 의 미분 형식들의 집합, 즉

$\Omega^{\bullet}(M)=\bigoplus_{d\geq 0}\Omega^{d}(M)$

에 곱 $\wedge$ 를 부여한 것을 생각해 봅시다. 이것은 반교환환입니다.

네 가지 예 모두 곱셈 항등원을 가집니다.

$\Omega^{\bullet}(M)$ 의 상황으로 돌아가 봅시다. 다시 드람 코호몰로지 군 $H_{\mathrm{dR}}^{k}(M)$ 을 생각해 보면, 그 원소들은 완전 형식을 법으로 한 닫힌 형식들입니다. 우리는 다음을 주장합니다:

보조정리 76.3.6 (쐐기곱은 드람 코호몰로지를 보존한다).

쐐기곱은 다음 사상을 유도합니다

\wedge\colon H_{\mathrm{dR}}^{k}(M)\times H_{\mathrm{dR}}^{\ell}(M)\to H_{% \mathrm{dR}}^{k+\ell}(M).

증명.

먼저, 연산자 $d$ 가 다음을 만족함을 상기합시다

d(\alpha\wedge\beta)=(d\alpha)\wedge\beta+\alpha\wedge(d\beta).

이제 $\alpha$ 와 $\beta$ 가 닫힌 형식이라고 합시다. 그러면 위로부터 $\alpha\wedge\beta$ 는 명백히 닫혀 있습니다. 또한 $\alpha$ 가 닫혀 있고 $\beta=d\omega$ 가 완전하면, 다음 항등식으로부터 $\alpha\wedge\beta$ 는 완전합니다

d(\alpha\wedge\omega)=d\alpha\wedge\omega+\alpha\wedge d\omega=\alpha\wedge\beta.

마찬가지로 $\alpha$ 가 완전하고 $\beta$ 가 닫혀 있으면 $\alpha\wedge\beta$ 는 완전합니다. 따라서 완전 형식을 법으로 곱을 취하는 것이 타당하며, 이로부터 위의 정리가 성립합니다. ∎

따라서 우리는 반교환환

H_{\mathrm{dR}}^{\bullet}(M)=\bigoplus_{k\geq 0}H_{\mathrm{dR}}^{k}(M)

을 곱 $\wedge$ 와 항등원 $1\in\bigwedge^{0}(\mathbb{R})=\mathbb{R}$ 과 함께 얻을 수 있습니다.

76.4 컵곱

이것에서 영감을 받아, 임의의 위상 공간 $X$ 와 환 $R$ (여기서 $R$ 은 항상처럼 $1$ 을 갖는 가환환입니다)에 대해 $\bigoplus_{k\geq 0}H^{k}(X;R)$ 위에 유사한 곱을 구성할 수 있는지 살펴보고자 합니다. 이를 수행하는 방법은 컵 곱을 통해서입니다.

그러면 이것은 다음과 같이 두 코사슬을 곱하는 방법을 제공합니다.

정의 76.4.1.

$\phi\in C^{k}(X;R)$ 이고 $\psi\in C^{\ell}(X;R)$ 이라고 합시다. 그러면 이들의 컵 곱 $\phi\smile\psi\in C^{k+\ell}(X;R)$ 을 다음과 같이 정의할 수 있습니다.

(\phi\smile\psi)([v_{0},\dots,v_{k+\ell}])=\phi\left([v_{0},\dots,v_{k}]\right% )\cdot\psi\left([v_{k},\dots,v_{k+\ell}]\right)

여기서 곱셈은 $R$ 에서 이루어집니다.

질문 76.4.2.

$R$ 이 $1$ 을 갖는다고 가정할 때, $\smile$ 의 항등원이 되는 $0$ -코사슬은 무엇입니까?

비고 76.4.3 (경고).

$n$ -미분 형식을 명백한 방식으로 $n$ -코사슬로 해석할 수는 있지만, 컵 곱은 쐐기 곱의 일반화가 아닙니다! 예를 들어, $X=\mathbb{R}^{2}$ 라고 하고, $v_{0}=(1,0)$ , $v_{1}=(0,0)$ , $v_{2}=(0,1)$ 이며 모든 변이 직선이라고 가정할 때, $[v_{0},v_{1},v_{2}]$ 와 $[v_{2},v_{1},v_{0}]$ 에 대해 $dx\smile dy$ 를 계산해 보십시오.

이는 우리가 교대화 연산자를 갖고 있지 않기 때문입니다. 자세한 내용은 절 44.5을 참조하십시오. 이 경우 환 $G$ 는 모든 0이 아닌 원소가 역원을 갖지는 않는 $\mathbb{Z}$ 일 수 있으므로, 나눗셈이 문제를 일으킬 것입니다.

그럼에도 불구하고 차이는 깔끔하게 상쇄되며, 코호몰로지 군에서 대응하는 원소는 여전히 쐐기 곱 $dx\wedge dy$ 로 해석되는 원소와 같습니다 — 이것이 아래에서 서술할 $H^{\bullet}(M;\mathbb{R})\cong H_{\mathrm{dR}}^{\bullet}(M)$ 이 의미하는 바입니다.

토러스의 익숙한 예와, $1$ -공사이클 “ $d x$ ”와 “ $d y$ ”를 생각해 봅시다.

쐐기 곱에 대해 알고 있는 바로부터, $T$ 가 토러스 전체일 때 (부호 $\pm$ 까지) $(dx\wedge dy)(T)=1$ 이 되기를 원합니다. 실제로 위의 정의를 사용하면 (직접 풀어 보십시오! $T$ 를 임의로 두 삼각형으로 나누십시오) 이는 성립합니다.

그럼에도 불구하고, 우리는 컵 곱 자체보다는 호몰로지 환 위에 유도되는 컵 곱에 훨씬 더 관심이 있습니다.

먼저, 이전과 유사한 결과를 증명합니다.

보조정리 76.4.4 (컵 곱과 $\delta$ ).

$\delta(\phi\smile\psi)=\delta\phi\smile\psi+(-1)^{k}\phi\smile\delta\psi$ 가 성립합니다.

증명.

직접적인 $\sum$ 계산입니다. ∎

따라서 드람 코호몰로지에 사용했던 것과 동일한 절차를 통해, 유도된 사상을 얻습니다.

\smile\colon H^{k}(X;R)\times H^{\ell}(X;R)\to H^{k+\ell}(X;R).

그런 다음 원소들이 다음의 유한 합인 특이 코호몰로지 환을 정의합니다.

H^{\bullet}(X;R)=\bigoplus_{k\geq 0}H^{k}(X;R)

그리고 곱셈은 $\smile$ 로 주어집니다. 따라서 이는 등급환(항등원은 $1_{R}\in R$ )이며 실제로 반가환입니다:

명제 76.4.5 (코호몰로지는 반가환입니다).

$H^{\bullet}(X;R)$ 는 반가환환이며, 이는 $\phi\smile\psi=(-1)^{k\ell}\psi\smile\phi$ 임을 의미합니다.

증명은 [HAT02, 정리 3.11, 210–212쪽]를 참조하십시오. 더욱이, 드람 동형사상이 존재합니다.

정리 76.4.6 (드람은 환 동형사상으로 확장됩니다).

임의의 매끄러운 다양체 $M$ 에 대해, 드람 코호몰로지 군에서 특이 코호몰로지 군으로의 동형사상은 실제로 다음의 동형사상을 제공합니다.

H^{\bullet}(M;\mathbb{R})\cong H_{\mathrm{dR}}^{\bullet}(M)

반가환환의 동형사상입니다.

따라서 “미분 형식”이 코호몰로지 군의 원소를 시각화하는 방법이라면, 쐐기 곱은 컵 곱을 시각화하는 올바른 방법입니다.

이제 몇 가지 흔한 공간들의 코호몰로지 환을 (대부분 증명 없이) 제시합니다.

예제 76.4.7 (토러스의 코호몰로지).

토러스의 코호몰로지 환 $H^{\bullet}(S^{1}\times S^{1};\mathbb{Z})$ 는 관계식 $\alpha\smile\alpha=\beta\smile\beta=0$ 과 $\alpha\smile\beta=-\beta\smile\alpha$ 를 만족하는 원소 $|\alpha|=|\beta|=1$ 에 의해 생성됩니다. (여기에는 항등원 $1$ 도 포함됩니다.) 따라서 $\mathbb{Z}$ -가군으로서는

H^{\bullet}(S^{1}\times S^{1};\mathbb{Z})\cong\mathbb{Z}\oplus\left[\alpha% \mathbb{Z}\oplus\beta\mathbb{Z}\right]\oplus(\alpha\smile\beta)\mathbb{Z}.

이는 예상된 차원 $1+2+1=4$ 를 줍니다. 이는 반가환적입니다.

여러분은 위 비고에서 $d x$ 와 $d y$ 라고 불리는 원소로서 $\alpha$ 와 $\beta$ 를 이미 본 적이 있습니다.

예제 76.4.8 ( $S^{n}$ 의 코호몰로지 환).

$n\geq 1$ 에 대해 $S^{n}$ 을 생각해 봅시다. 자명하지 않은 코호몰로지 군은 $H^{0}(S^{n};\mathbb{Z})\cong H^{n}(S^{n};\mathbb{Z})\cong\mathbb{Z}$ 로 주어집니다. 따라서 아벨 군으로서는

H^{\bullet}(S^{n};\mathbb{Z})\cong\mathbb{Z}\oplus\alpha\mathbb{Z}

여기서 $\alpha$ 는 $H^{n}(S^{n},\mathbb{Z})$ 의 생성원입니다.

이제 $|\alpha\smile\alpha|=2n$ 임을 관찰합시다. 그러나 $H^{2n}(S^{n};\mathbb{Z})=0$ 이므로 $\alpha\smile\alpha=0$ 이어야 합니다. 따라서 더 간결하게는,

H^{\bullet}(S^{n};\mathbb{Z})\cong\mathbb{Z}[\alpha]/(\alpha^{2}).

혼란스럽게도, 이 등급 환은 가환적이면서 동시에 반가환적입니다. 그 이유는 $\alpha\smile\alpha=0=-(\alpha\smile\alpha)$ 이기 때문입니다.

예제 76.4.9 (실사영 공간과 복소사영 공간의 코호몰로지 환).

다음이 성립함이 밝혀져 있습니다.

	$\displaystyle H^{\bullet}(\mathbb{RP}^{n};\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$	$\displaystyle\cong\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}[\alpha]/(\alpha^{n+1})$
	$\displaystyle H^{\bullet}(\mathbb{CP}^{n};\mathbb{Z})$	$\displaystyle\cong\mathbb{Z}[\beta]/(\beta^{n+1})$

여기서 $|\alpha|=1$ 은 $H^{1}(\mathbb{RP}^{n};\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$ 의 생성원이고 $|\beta|=2$ 는 $H^{2}(\mathbb{CP}^{n};\mathbb{Z})$ 의 생성원입니다.

혼란스럽게도, 두 등급 환 모두 가환적이면서 동시에 반가환적입니다. 첫 번째 경우는 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ 에서 작업하기 때문인데, 여기서는 $1=-1$ 이므로 반가환성이 실제로 가환성과 동치가 됩니다. 두 번째 경우는 모든 영이 아닌 동차 원소가 차수 $2$ 를 갖기 때문입니다.

여기서 이미 컵 곱 $\smile$ 이 쐐기 곱 $\wedge$ 와 다른 흥미로운 예를 하나 얻었습니다 — $n\geq 2$ 이면, 위의 생성원 $\alpha$ 와 $\beta$ 는 $\alpha\smile\alpha\neq 0$ 이고 $\beta\smile\beta\neq 0$ 입니다.

여기서 무슨 일이 일어나는지 살펴봅시다. 위의 공식은 다음을 말해줍니다.

H^{\bullet}(\mathbb{RP}^{2};\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})\cong\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}% [\alpha]/(\alpha^{3})

아벨 군으로서, $H^{0}(\mathbb{RP}^{2};\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$ , $H^{1}(\mathbb{RP}^{2};\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$ , $H^{2}(\mathbb{RP}^{2};\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$ 에는 각각 영이 아닌 원소가 하나씩 있으며, 나머지 군은 $0$ 입니다.

$\mathbb{RP}^{2}$ 는 시각화하기가 그리 어렵지 않습니다 — 이는 단순히 반대편 꼭짓점을 동일시하는 관계로 몫을 취한 $2$ -구입니다.

그 위에는 $0$ 과 호모토피가 아닌(호몰로지가 아닌) $1$ -사이클이 존재합니다:

보이기가 그리 쉽지는 않지만, 이러한 모든 $1$ -사이클은 서로 호몰로지가 같으며, 그 사이클의 두 배는 $0$ 과 호몰로지가 같습니다.

이에 따라 $H^{1}(\mathbb{RP}^{2};\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})\cong\operatorname{Hom}(H_{1}(% \mathbb{RP}^{2}),\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$ 이며, 그 유일한 자명하지 않은 원소 $\alpha$ 는 이러한 각 $1$ -사이클을 $1$ 로 보냅니다.

$\alpha\smile\alpha$ 를 생각해 봅시다. $\alpha$ 는 $d x$ 와 $d y$ 둘 다처럼 동시에 작용한다는 점에 주목합시다(파란 변과 빨간 변 모두 값 $1$ 이 할당되었습니다), 따라서 이는 실사영평면 전체 곡면에 값 $1$ 을 할당합니다! 따라서 이는 자명하지 않습니다.

연습문제 76.4.10.

이를 확인하기 위해 컵 곱 $\alpha\smile\alpha$ 를 직접 계산해 보십시오. (곡면을 몇 개의 삼각형으로 나누십시오. $[a,c,d]+[a,d,b]-[c,c,d]+[c,d,c]$ 가 하나의 유효한 선택입니다. 경계가 영이 아니지만 $2$ 로 나누어떨어짐을 확인하십시오.)

76.5 상대 코호몰로지 유사환

$A\subseteq X$ 에 대해, 상대 컵 곱 또한 정의할 수 있습니다.

H^{k}(X,A;R)\times H^{\ell}(X,A;R)\to H^{k+\ell}(X,A;R).

결국, 두 코사슬 중 하나가 $A$ 안의 사슬에서 사라진다면, 그들의 컵 곱 역시 사라집니다. 이를 통해 상대 코호몰로지 유사환과 축소 코호몰로지 유사환(단, $A=\{\ast\}$ )을 정의할 수 있습니다. 즉,

	$\displaystyle H^{\bullet}(X,A;R)$	$\displaystyle=\bigoplus_{k\geq 0}H^{k}(X,A;R)$
	$\displaystyle\widetilde{H}^{\bullet}(X;R)$	$\displaystyle=\bigoplus_{k\geq 0}\widetilde{H}^{k}(X;R).$

이들은 모두 반가환 유사환입니다. 실제로, 종종 $\widetilde{H}^{0}(X;R)=0$ 이 성립하여 항등원이 전혀 존재하지 않습니다.

다시 한번 함자성을 확인할 수 있습니다.

정리 76.5.1 (코호몰로지 (유사)환은 함자적이다).

환 $R$ (교환환이며 $1$ 을 가짐)을 고정합시다. 그러면 다음과 같은 함자를 얻습니다

	$\displaystyle H^{\bullet}(-;R)$	$\displaystyle:\mathsf{hTop}^{\mathrm{op}}\to\mathsf{GradedRings}$
	$\displaystyle H^{\bullet}(-,-;R)$	$\displaystyle:\mathsf{hPairTop}^{\mathrm{op}}\to\mathsf{GradedPseudoRings}.$

안타깝게도, (코)호몰로지 군과는 달리, CW 복합체와 같은 좋은 공간에 대해서조차 컵 곱을 결정하는 것²²2미분 형식으로 옮겨갔다가 다시 돌아오는 방법을 제외하면 말입니다. 여러분은 이미 위에서 쐐기곱을 계산해 본 적이 있습니다.은 자명하지 않은 작업입니다. 따라서 계산 측면에서는 많은 것을 다루지 않을 것입니다. 그러나 약간의 진전은 이룰 수 있습니다.

76.6 쐐기합

이제 우리의 목표는 $\widetilde{H}^{\bullet}(X\vee Y)$ 를 계산하는 것입니다. 이를 위해서는 두 등급 유사환의 곱을 정의해야 합니다.

정의 76.6.1.

$R$ 과 $S$ 를 두 등급 유사환이라 합시다. 곱 유사환 $R\times S$ 는 그 바탕이 되는 아벨 군을 다음과 같이 취함으로써 정의되는 등급 유사환입니다

R\oplus S=\bigoplus_{d\geq 0}(R^{d}\oplus S^{d}).

곱셈은 $R$ 과 $S$ 로부터 오며, 이어서 $r\in R$ , $s\in S$ 에 대해 $r\cdot s=0$ 으로 선언합니다.

이는 예제 4.3.8에서 정의된 곱 환의 등급 버전일 뿐임에 주목하십시오.

연습문제 76.6.2.

$R$ 과 $S$ 가 등급 환(즉 $1_{R}$ 과 $1_{S}$ 를 가진다는 뜻)이라면, $R\times S$ 역시 그러함을 보이십시오.

이제, 정리는 다음과 같습니다.

정리 76.6.3 (쐐기합의 코호몰로지 유사환).

다음이 성립합니다

\widetilde{H}^{\bullet}(X\vee Y;R)\cong\widetilde{H}^{\bullet}(X;R)\times% \widetilde{H}^{\bullet}(Y;R)

등급 유사환으로서 말입니다.

단지 두 환이 동형이라는 사실만 알아서는 큰 도움이 되지 않으며, 그 동형사상이 무엇인지 안다면 훨씬 더 좋을 것입니다 — 그래야 간단한 경우에는 여러분 스스로 두 환이 동형임을 직접 확인할 수 있습니다.

이 동형사상은 가장 자명한 것입니다: $X\vee Y$ 안의 각 사슬 $c$ 에 값 $f(c)\in R$ 를 대응시키는 $f\in C^{\bullet}(X\vee Y;R)$ 가 주어졌을 때, 이를 $C^{\bullet}(X)$ 의 원소로 해석할 수 있습니다. 왜냐하면 $X$ 안의 각 사슬은 자명하게 $X\vee Y$ 안의 사슬이기도 하여 $f$ 에 넣을 수 있기 때문입니다 — 형식적으로는, 매장 $X\hookrightarrow X\vee Y$ 가 $C_{\bullet}(X)\hookrightarrow C_{\bullet}(X\vee Y)$ 를 유도합니다. 이 사상은 $\widetilde{H}^{\bullet}(X\vee Y;R)\to\widetilde{H}^{\bullet}(X;R)\times% \widetilde{H}^{\bullet}(Y;R)$ 를 유도하며, 환 곱셈, 즉 컵 곱을 보존합니다.

예제 76.6.4.

$X$ 와 $Y$ 가 다음 그림과 같이 나타내어져 있다고 합시다.

$f\in\widetilde{H}^{1}(X;\mathbb{Z})$ 가 전체 정사각형에 $f(X)=2$ 를 대응시키고, $g\in\widetilde{H}^{1}(Y;\mathbb{Z})$ 가 전체 원에 $g(Y)=3$ 을 대응시킨다고 합시다. 그러면, 물론 $\widetilde{H}^{1}(X\vee Y)$ 안에서 $(f,g)$ 에 대응하는 원소는 전체 공간 $X\vee Y$ 에 대응하는 코사이클에 $2+3=5$ 를 대응시킬 것입니다.

이를 통해 서두에서 제기된 첫 번째 질문을 해결할 수 있습니다. $X=\mathbb{CP}^{2}$ 이고 $Y=S^{2}\vee S^{4}$ 라 합시다. 다음이 성립합니다

H^{\bullet}(\mathbb{CP}^{2};\mathbb{Z})\cong\mathbb{Z}[\alpha]/(\alpha^{3}).

따라서 이는 세 개의 원소로 생성되는 등급 환입니다.

•

차원 $0$ 에서의 $1$ .
•

차원 $2$ 에서의 $\alpha$ .
•

차원 $4$ 에서의 $\alpha^{2}$ .

다음으로, 축소 코호몰로지 유사환을 생각해 봅시다

\widetilde{H}^{\bullet}(S^{2}\vee S^{4};\mathbb{Z})\cong\widetilde{H}^{\bullet% }(S^{2};\mathbb{Z})\oplus\widetilde{H}^{\bullet}(S^{4};\mathbb{Z}).

따라서 절대 코호몰로지 환 $H^{\bullet}(S^{2}\vee S^{4};\mathbb{Z})$ 는 마찬가지로 세 개의 원소로 생성되는 등급환입니다.

•

$1$ 은 차원 $0$ 에 있습니다 ( $0$ 차원을 다시 더해 넣으면).
•

$a_{2}$ 는 차원 $2$ 에 있습니다 ( $H^{\bullet}(S^{2};\mathbb{Z})$ 로부터).
•

$a_{4}$ 는 차원 $4$ 에 있습니다 ( $H^{\bullet}(S^{4};\mathbb{Z})$ 로부터).

예상했던 대로 각 등급 성분은 동형입니다. 그러나 전자에서는 차수 $2$ 인 두 생성원의 곱이

\alpha\cdot\alpha=\alpha^{2}.

후자에서는 차수 $2$ 인 두 생성원의 곱이

a_{2}\cdot a_{2}=a_{2}^{2}=0

$a_{2}\smile a_{2}=0\in H^{\bullet}(S^{2};\mathbb{Z})$ 이기 때문입니다.

따라서 $S^{2}\vee S^{4}$ 와 $\mathbb{CP}^{2}$ 는 호모토피 동치가 아닙니다.

직관적으로, 위 증명이 말하는 바는 다음과 같습니다:

자명하지 않은 $4$ -공사슬 $a_{4}\in H^{4}(S^{2}\vee S^{4};\mathbb{Z})$ 는 $2$ -공사슬 $a_{2}$ 와 아무 관련이 없는 반면, $4$ -공사슬 $\alpha^{2}\in H^{4}(\mathbb{CP}^{2})$ 는 $2$ -공사슬 $\alpha$ 와 자기 자신의 컵곱 $\alpha\smile\alpha$ 입니다.

아래 연습문제는 $\mathbb{RP}^{2}$ 가 비배향임을 제외하면 시각화하기 훨씬 쉬울 것입니다 — 사실, 우리는 위에서 왜 $\alpha\in H^{1}(\mathbb{RP}^{2})$ 인 영이 아닌 원소에 대해 $\alpha\smile\alpha\neq 0$ 인지 이미 살펴보았습니다.

연습문제 76.6.5.

마찬가지로, 각 등급 성분이 동형임에도 불구하고 $\widetilde{H}^{\bullet}(S^{1}\vee S^{2};\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})\not\cong% \widetilde{H}^{\bullet}(\mathbb{RP}^{2};\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$ 임을 보여서 $S^{1}\vee S^{2}$ 와 $\mathbb{RP}^{2}$ 가 호모토피 동치가 아님을 보이십시오.

76.7 교차곱

이 절에서는 교차곱을 정의하겠습니다.

76.7.1 동기

대략적으로 말해, 동기는 다음과 같습니다:

$X$ 가 $m$ 차원 구멍을 가지고 $Y$ 가 $n$ 차원 구멍을 가진다면, $X\times Y$ 는 $(m+n)$ 차원 구멍을 가집니다.

이는 ”구멍”을 적절히 해석했을 때(호몰로지로든 코호몰로지로든) 대부분의 흔한 경우에 참입니다.

우리는 위 명제를 형식화하고 증명할 것입니다.

76.7.2 특이 호몰로지에서의 교차곱

먼저, $m$ -단체 $f\colon\Delta^{m}\to X$ 와 $n$ -단체 $g\colon\Delta^{n}\to Y$ 를 받아서 $(m+n)$ -사슬 $f\times g\in C_{m+n}(X\times Y)$ 를 반환하는 교차곱을 정의합니다.³³3제가 아는 한, 이는 그저 기호 $\times$ 가 십자가 모양이기 때문이며, $\mathbb{R}^{3}$ 에서의 벡터 외적과는 아무 관련이 없습니다. 이것이야말로 여러분이 이를 정의할 가장 자연스러운 방법입니다: 직관적으로, $X$ 안의 $m$ 차원 정육면체와 $Y$ 안의 $n$ 차원 정육면체의 곱은 $X\times Y$ 안의 $(m+n)$ 차원 정육면체입니다.

단체의 경우, $\Delta^{m}\times\Delta^{n}$ 을 유한히 많은 $\Delta^{m+n}$ 의 복사본들로 세분해야 합니다.

$n=1$ 인 경우에는 프리즘 연산자를 다룰 때 이미 세분을 살펴본 바 있습니다. 일반적인 경우에 대해서는 [HAT02, page 277]를 참고하십시오 — 그 개수는 빠르게 커지는데, 예를 들어 $\Delta^{15}\times\Delta^{15}$ 를 덮으려면 $\binom{30}{15}=155117520$ 개의 단체가 필요합니다!

형식적으로, 우리는 사슬의 교차곱을 다음과 같은 함수로 정의할 수 있습니다:

C_{m}(X)\times C_{n}(Y)\xrightarrow{\times}C_{m+n}(X\times Y).

이것이 호몰로지 군 위의 사상을 유도함을 증명할 수 있습니다:

H_{m}(X)\times H_{n}(Y)\xrightarrow{\times}H_{m+n}(X\times Y).

연습문제 76.7.1.

$X=Y=S^{1}$ 이라 하여, $X\times Y$ 가 토러스가 되도록 합시다. $\alpha$ 를 $H_{1}(X)$ 의 생성원, $\beta$ 를 $H_{1}(Y)$ 의 생성원이라 합시다. $\alpha\times\beta$ 가 $H_{2}(X\times Y)$ 의 생성원임을 보이십시오.

사실, 다음이 성립합니다:

정리 76.7.2.

$X$ 와 $Y$ 가 CW 복합체이고 $R$ 이 PID이면, $H_{m}(X)$ 와 $H_{n}(Y)$ 의 0이 아닌 두 원소의 교차곱은 0이 아닙니다.

이는 앞서 우리가 가졌던 직관을 공식화합니다 — 적어도, 호몰로지를 ”구멍”의 척도로 사용한다면 그렇습니다.

76.7.3 교차곱은 $\mathbb{Z}$ -가군 준동형사상이 아님

이 절에서는, $a$ 와 $b$ 가 각각 $\mathbb{Z}$ -가군 $C_{m}(X)$ 와 $C_{n}(Y)$ 의 원소일 때, $\times(a,b)$ 를 $a\times b\in C_{m+n}(X\times Y)$ 를 의미하는 것으로 쓰고, $(a,b)$ 는 곱 $C_{m}(X)\times C_{n}(Y)$ 에서 대응하는 원소를 나타내는 것으로 씁니다.

우리가 정리해야 할 작은 기술적 세부사항이 있습니다 — 위에서, 우리는 다음과 같이 씁니다

\times\colon C_{m}(X)\times C_{n}(Y)\to C_{m+n}(X\times Y).

하지만 이렇게 쓰면, $\times$ 는 $\mathbb{Z}$ -가군 준동형사상이 아닙니다!

예제 76.7.3.

$a$ 와 $b$ 를 각각 $C_{m}(X)$ 와 $C_{n}(Y)$ 의 임의의 0이 아닌 원소라 합시다.

그러면,

	$\displaystyle\times(a,b)$	$\displaystyle=a\times b$
	$\displaystyle 2\cdot(a,b)$	$\displaystyle=(2a,2b)$
	$\displaystyle\times(2\cdot(a,b))$	$\displaystyle=4(a\times b).$

동형사상에 대해 논하거나, $C_{m+n}(X\times Y)$ 또는 $H_{m+n}(X\times Y)$ 의 $\mathbb{Z}$ -가군 구조를 가지고 무언가를 하고자 한다면, $\mathbb{Z}$ -가군 준동형사상을 갖는 편이 좋습니다.

이는 쉽게 고칠 수 있습니다: $\times$ 는 쌍선형이므로, 텐서곱을 고려하는 것이 자연스럽습니다:

\times\colon C_{m}(X)\otimes_{\mathbb{Z}}C_{n}(Y)\to C_{m+n}(X\times Y).

이 표기법으로, $\times(a\otimes b)=a\times b$ 입니다. (부수적으로, 이제 $\times(a\otimes b+c\otimes d)=a\times b+c\times d$ 라고도 쓸 수 있습니다.)

그러므로, 정리 76.7.2을 다시 서술해 봅시다:

정리 76.7.4.

$X$ 와 $Y$ 가 CW 복합체이면,

\times\colon H_{m}(X)\otimes_{\mathbb{Z}}H_{n}(Y)\to H_{m+n}(X\times Y)

는 단사 $\mathbb{Z}$ -가군 준동형사상입니다.

76.7.4 세포 호몰로지에서의 교차곱

특이 호몰로지를 이용한 정의는 상당히 번거롭습니다 — 사슬의 구성 요소로 단체를 사용하기 때문에, $X$ 와 $Y$ 에서 두 단체의 곱은 $X\times Y$ 에서 방대한 단체들의 모임이 됩니다.

이제 세포 호몰로지를 이용해 교차곱을 다시 정의할 것입니다 — 교차곱의 두 정의가 호몰로지 군에서 동일한 결과를 주기 때문에, 안전하게 건너뛰어도 됩니다.

$X$ 와 $Y$ 가 CW 복합체이면, 더 잘할 수 있습니다. $X\times Y$ 는 자연스러운 CW 복합체 구조를 가짐을 알 수 있습니다: $X$ 의 각 세포 $e^{m}$ 과 $Y$ 의 세포 $e^{n}$ 에 대해, 그 곱은 $X\times Y$ 의 세포 $e^{m+n}$ 을 이룹니다.

예제 76.7.5.

$X$ 와 $Y$ 가 둘 다 두 개의 $0$ -세포와 하나의 $1$ -세포로 이루어진 선분이면, 이들의 곱 $X\times Y$ 는 다음을 포함하는 자연스러운 CW 복합체 구조를 갖습니다:

•

$4$ 개의 $0$ -세포,
•

$4$ 개의 $1$ -세포,
•

$1$ 개의 $2$ -cell입니다.

장 74에서 다룬 세포 군 $\operatorname{Cells}_{\bullet}(X)$ 를 떠올려 보십시오. 각 기저 원소는 $X$ 의 한 세포에 대응합니다. 그러면 기저 원소들에 대해 십자곱을 정의할 수 있습니다:

\times\colon\operatorname{Cells}_{m}(X)\otimes_{\mathbb{Z}}\operatorname{Cells% }_{n}(Y)\to\operatorname{Cells}_{m+n}(X\times Y).

지독하게 명시적으로 말하자면: $e^{m}\in\operatorname{Cells}_{m}(X)$ , $e^{n}\in\operatorname{Cells}_{n}(Y)$ 라 할 때, 십자곱은 $e^{m}\times e^{n}=e^{m}\times e^{n}\in\operatorname{Cells}_{m+n}(X\times Y)$ 로 정의됩니다 — 사용된 표기법조차 자명합니다.

물론 이는 호몰로지 군 사이의 사상을 유도합니다:

\times\colon H_{m}(X)\otimes_{\mathbb{Z}}H_{n}(Y)\to H_{m+n}(X\times Y).

이 사상은 앞서 정의한 사상과 동일합니다.

76.7.5 세포 코호몰로지에서의 십자곱

위와 같은 방식을 이번에는 코호몰로지에 대해 적용합니다 — 호몰로지와 코호몰로지는 ”구멍”을 재는 방식이 미묘하게 다르다는 점을 기억하십시오. 클라인 병 $K$ 의 경우 $H_{2}(X)=0$ 이지만 $H^{2}(X;\mathbb{Z})\neq 0$ 입니다.

두 세포 코사슬 $f\in\operatorname{Hom}(\operatorname{Cells}_{m}(X);R)$ 과 $g\in\operatorname{Hom}(\operatorname{Cells}_{n}(Y);R)$ 이 주어졌을 때, 코사슬 $f\times g\in\operatorname{Hom}(\operatorname{Cells}_{m+n}(X\times Y);R)$ 을 얻고자 합니다.

물론 이는 가장 자연스러운 방식으로 정의됩니다: $X$ 의 세포 $e^{m}$ 과 $Y$ 의 세포 $e^{n}$ 에 대해, $(f\times g)(e^{m}\times e^{n})=f(e^{m})\cdot g(e^{n})$ 이 성립합니다.

그럴듯해 보입니까? 아직은 아닙니다 — $X\times Y$ 의 모든 $(m+n)$ -세포 $e^{m+n}$ 이 $X$ 의 $m$ -세포와 $Y$ 의 $n$ -세포의 곱으로 이루어지는 것은 아니기 때문입니다. 그러한 경우에는 단순히 $(f\times g)(e^{m+n})=0$ 이라고 선언합니다.

늘 그렇듯이, 이 사상은 코호몰로지 군 사이의 $R$ -가군 준동형사상을 유도합니다:

\times\colon H^{m}(X;R)\otimes_{R}H^{n}(Y;R)\to H^{m+n}(X\times Y;R).

76.7.6 동기 부여: 미분 형식의 십자곱

위에서 다룬 두 세포 코사슬의 십자곱의 정의는 깔끔하지만, 무미건조하고 동기가 부족해 보일 수 있습니다.

알고 보면 미분 형식에 대해서도 같은 방식을 적용할 수 있습니다. 게다가 이는 쐐기곱 $\alpha\wedge\beta$ 를 정의하는 깔끔한 방법을 제공합니다! 실제로 어떻게 작동하는지 살펴봅시다.

정의를 제시하는 대신, 여기 몇 가지 예시를 들어보겠습니다. 동기가 충분한 독자라면 이 개념을 formal하게 정의해 볼 수 있을 것입니다.

예제 76.7.6 (미분 형식의 십자곱 예시).

여기 몇 가지 예시가 있습니다.

•

$X$ 와 $Y$ 가 각각 평면의 $x$ 축과 $y$ 축이라면, 십자곱 $dx\times 2dy$ 는 $2(dx\wedge dy)$ 와 같습니다.

이는 분명 자연스럽습니다 — $d x$ 는 벡터 $\mathbf{e}_{1}$ 에 값 $1$ 을 부여하고, $2dy$ 는 벡터 $\mathbf{e}_{2}$ 에 값 $2$ 를 부여하므로, $dx\times 2dy$ 는 $\mathbf{e}_{1}$ 과 $\mathbf{e}_{2}$ 로 생성되는 단위 정사각형 — 즉 $\mathbf{e}_{1}\wedge\mathbf{e}_{2}$ — 에 값 $1\cdot 2=2$ 를 부여해야 함을 알 수 있습니다.
•

$X$ 를 $x y$ -평면이라 하고, $Y$ 를 $z$ 축이라 합시다. 십자곱 $dx\times dz$ 를 생각해 봅시다. 그 결과는 어떤 $2$ -형식이어야 하겠습니까?

분명히 $(dx\times dz)(\mathbf{e}_{1}\wedge\mathbf{e}_{3})=1$ 이고 $(dx\times dz)(\mathbf{e}_{2}\wedge\mathbf{e}_{3})=0$ 이어야 합니다. 하지만 이것만으로는 $dx\times dz$ 를 유일하게 결정하기에 충분하지 않습니다.

그래서 우리는 다음과 같이 선언합니다: $(dx\times dz)(\mathbf{e}_{1}\wedge\mathbf{e}_{2})=0$ . 이로써 $dx\times dz=dx\wedge dz$ 를 얻습니다.

더 일반적으로, $X$ 와 $Y$ 에 대한 기저를 선택하고 기저 원소들에 대한 $\alpha\times\beta$ 의 값을 정의함으로써 십자곱을 정의할 수 있습니다.

약속한 대로 — 십자곱을 이용해 쐐기곱을 정의할 수 있습니다. 할 수 있는 방법은 오직 하나뿐입니다:

정의 76.7.7 (쐐기곱을 크로스곱을 이용해 정의하기).

$X$ 가 $\mathbb{R}$ -벡터 공간일 때, $\alpha\in(\bigwedge^{m}(X))^{\vee}$ 이고 $\beta\in(\bigwedge^{n}(X))^{\vee}$ 라 하면, $\alpha\wedge\beta\in(\bigwedge^{m+n}(X))^{\vee}$ 는 다음과 같이 정의됩니다

\alpha\wedge\beta=\Delta^{*}(\alpha\times\beta)

여기서 $\Delta\colon X\to X\times X$ , $\Delta(x)=(x,x)$ 는 대각 사상입니다. $\Delta^{*}$ 가 당겨오기 연산을 나타낸다는 것을 상기하십시오.

더 간단히 말하면, $\alpha\wedge\beta$ 를 $X$ 안의 $(m+n)$ -쐐기에 대해 계산하려면, 대각 사상을 이용해 그것을 $X\times X$ 로 밀어 보낸 다음, $\alpha\times\beta$ 에 넘겨주면 됩니다.

76.7.7 코호몰로지 군들을 이어붙이기

위에서 우리가 $R$ -가군 준동형사상을 가지고 있었음을 상기하십시오

\times\colon H^{m}(X;R)\otimes_{R}H^{n}(Y;R)\to H^{m+n}(X\times Y;R).

모든 $H^{\bullet}(X;R)$ 을 실제로 이어붙여 반가환 등급환, 즉 코호몰로지 환을 만드는 것이 가능하다는 것을 우리는 알고 있습니다. 그래서 우리는 이 사상을 $R$ -대수 준동형사상으로 확장하고자 합니다

\times\colon H^{\bullet}(X;R)\otimes_{R}H^{\bullet}(Y;R)\to H^{\bullet}(X% \times Y;R).

우리는 아직 두 등급환의 텐서곱이 무엇인지 정의하지 않았습니다 — 다음 절에서 이를 formal하게 정의할 것입니다만, 직관적으로는 모든 $H^{m}(X;R)\otimes_{R}H^{n}(Y;R)$ 을 이어붙인 것으로 이루어집니다.

76.8 Künneth 공식

이제 $S^{2}\times S^{4}$ 와 $\mathbb{CP}^{3}$ 공간을 구별하고자 합니다. 이를 위해서는 $H^{n}(X;R)$ 와 $H^{n}(Y;R)$ 를 이용하여 $H^{n}(X\times Y;R)$ 를 나타내는 공식이 필요합니다. 이러한 공식을 Künneth 공식이라고 부릅니다. 이 절에서는 두 등급환의 텐서곱과 관련된 매우 특수한 경우만 사용하겠습니다.

정의 76.8.1.

$A$ 와 $B$ 를 $R$ -가군이기도 한 두 등급환이라 합시다(여기서 $R$ 은 $1$ 을 갖는 가환환입니다). 텐서곱 $A\otimes_{R}B$ 를 다음과 같이 정의합니다. 아벨 군으로서는, 그것은

A\otimes_{R}B=\bigoplus_{d\geq 0}\left(\bigoplus_{k=0}^{d}A^{k}\otimes_{R}B^{d% -k}\right).

곱셈은 기저 원소들에 대해 다음과 같이 주어집니다

\left(a_{1}\otimes b_{1}\right)\left(a_{2}\otimes b_{2}\right)=(a_{1}a_{2})% \otimes(b_{1}b_{2}).

물론 곱셈 항등원은 $1_{A}\otimes 1_{B}$ 입니다.

이제 $X$ 와 $Y$ 를 위상 공간이라 하고, 그 곱을 취합시다: 우리는 다음 도식을 가집니다

여기서 $\pi_{X}$ 와 $\pi_{Y}$ 는 사영입니다. $H^{k}(-;R)$ 이 함자적이므로, 이는 유도된 사상들을 줍니다

	$\displaystyle\pi_{X}^{\ast}$	$\displaystyle:H^{k}(X\times Y;R)\to H^{k}(X;R)$
	$\displaystyle\pi_{Y}^{\ast}$	$\displaystyle:H^{k}(X\times Y;R)\to H^{k}(Y;R)$

모든 $k$ 에 대해.

이를 이용하면, 이른바 크로스곱을 정의할 수 있습니다.

정의 76.8.2.

$R$ 을 환이라 하고, $X$ 와 $Y$ 를 공간이라 합시다. $\pi_{X}$ 와 $\pi_{Y}$ 를 $X\times Y$ 에서 각각 $X$ 와 $Y$ 로의 사영이라 합시다. 그러면 크로스곱은 다음과 같은 사상입니다

H^{\bullet}(X;R)\otimes_{R}H^{\bullet}(Y;R)\xrightarrow{\times}H^{\bullet}(X% \times Y;R)

이는 다음과 같이 코사이클에 작용합니다: $\phi\times\psi=\pi_{X}^{\ast}(\phi)\smile\pi_{Y}^{\ast}(\psi)$ .

이는 $X$ 위의 $k$ -코사이클과 $Y$ 위의 $\ell$ -코사이클을 가지고 곱공간 $X\times Y$ 위의 $(k+\ell)$ -코사이클을 만드는 가장 자연스러운 방법일 뿐입니다.

비고 76.8.3.

물론, 이 정의는 위에서 세포 코호몰로지를 이용한 정의와 일치합니다만, 증명은 생략합니다.

정리 76.8.4 (Künneth 공식).

$X$ 와 $Y$ 를 CW 복합체라 하고, 모든 $k$ 에 대해 $H^{k}(Y;R)$ 이 유한 생성 자유 $R$ -가군이라 합시다. 그러면 크로스곱은 다음과 같은 반가환환의 동형사상입니다

H^{\bullet}(X;R)\otimes_{R}H^{\bullet}(Y;R)\to H^{\bullet}(X\times Y;R).

즉:

$X$ 와 $Y$ 의 구멍 쌍과 $X\times Y$ 의 구멍 사이에는 일대일 대응이 존재합니다. 더욱이, 이 대응은 컵 곱을 보존합니다.

여기서 ”구멍”은 이 경우 ”코호몰로지 군의 생성원”으로 이해되어야 합니다.

어쨌든, 이로써 처음에 제기했던 질문을 마침내 해결할 수 있습니다. 우리는 모든 $n$ 에 대해 $H_{n}(\mathbb{CP}^{3})\cong H_{n}(S^{2}\times S^{4})$ 임을 보았으므로, 따라서 $H^{n}(\mathbb{CP}^{3};\mathbb{Z})\cong H^{n}(S^{2}\times S^{4};\mathbb{Z})$ 역시 성립합니다.

하지만 이제 코호몰로지 환을 살펴봅시다. 먼저, 다음을 얻습니다

H^{\bullet}(\mathbb{CP}^{3};\mathbb{Z})\cong\mathbb{Z}[\alpha]/(\alpha^{4})% \cong\mathbb{Z}\oplus\alpha\mathbb{Z}\oplus\alpha^{2}\mathbb{Z}\oplus\alpha^{3% }\mathbb{Z}

여기서 $|\alpha|=2$ 이며, 따라서 이는 다음에 의해 생성되는 등급환입니다

•

$1$ , 차수 $0$ .
•

$\alpha$ , 차수 $2$ .
•

$\alpha^{2}$ , 차수 $4$ .
•

$\alpha^{3}$ , 차수 $6$ .

이제 다음을 분석해봅시다

H^{\bullet}(S^{2}\times S^{4};\mathbb{Z})\cong\mathbb{Z}[\beta]/(\beta^{2})% \otimes\mathbb{Z}[\gamma]/(\gamma^{2}).

따라서 이는 다음 원소들에 의해 생성됩니다:

•

$1\otimes 1$ , 차수 $0$ .
•

$\beta\otimes 1$ , 차수 $2$ .
•

$1\otimes\gamma$ , 차수 $4$ .
•

$\beta\otimes\gamma$ , 차수 $6$ .

다시금 각 차원에서 우리는 동일한 아벨 군을 얻습니다. 하지만 $\beta\otimes 1$ 을 제곱하면 다음을 얻는다는 점에 주목하십시오

(\beta\otimes 1)(\beta\otimes 1)=\beta^{2}\otimes 1=0.

그러나 $H^{\bullet}(\mathbb{CP}^{3};\mathbb{Z})$ 의 차수 $2$ 생성원은 이러한 성질을 갖지 않습니다. 따라서 이 두 등급환은 동형이 아닙니다.

$S^{2}\times S^{4}$ 의 자명하지 않은 $4$ 차 코사이클 $1\otimes\gamma$ 는 $2$ 차 코사이클 $\beta\otimes 1$ 과 직교하는 반면, $\mathbb{CP}^{3}$ 의 $4$ 차 코사이클 $\alpha^{2}$ 는 $2$ 차 코사이클 $\alpha$ 자신과의 컵 곱 $\alpha\smile\alpha$ 입니다.

따라서 $\mathbb{CP}^{3}$ 와 $S^{2}\times S^{4}$ 는 호모토피 동치가 아니라는 결론이 나옵니다.

연습문제 76.8.5.

$H^{\bullet}(\mathbb{RP}^{3};\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$ 와 $H^{\bullet}(S^{1}\times S^{2};\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$ 에 대해서도 같은 절차를 수행하십시오. ( $S^{1}\times S^{2}$ 를 바깥면과 안쪽면이 붙어 있는 두꺼워진 구로, $\mathbb{RP}^{3}$ 를 경계면 위의 대척점들이 붙어 있는 닫힌 $3$ 차원 공으로 시각화해 보십시오. 형식적으로 계산하기 전에, 상상력을 발휘하여 호몰로지 군과 코호몰로지 군이 무엇일지 추측해 보십시오.)

76.9 생각해 볼 만한 조금 더 어려운 문제

문제 76A (푸앵카레쌍́대성에 의한 베티 수의 대칭성).

$M$ 을 매끄러운 방향 지어진 콤팩트 $n$ 차원 다양체라 하고, $b_{k}$ 를 그 베티 수라 하십시오. $b_{k}=b_{n-k}$ 임을 증명하십시오.

힌트. UCT를 이용하여 $H^{k}(M;\mathbb{Z})$ 를 $H_{k}(M)$ 의 관점에서 표현하고, 계수(rank)를 분석하십시오.

문제 76B.

짝수 $n$ 에 대해 $\mathbb{RP}^{n}$ 이 방향 지을 수 없음을 보이십시오.

힌트. 베티수에 관한 이전 결과를 이용하십시오.

문제 76C.

$\mathbb{RP}^{3}$ 이 $\mathbb{RP}^{2}\vee S^{3}$ 과 호모토피 동치가 아님을 보이십시오.

힌트. $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ 코호몰로지를 이용하여 컵 곱을 구하십시오.

문제 76D.

^†^†margin:

모든 $m,n\geq 1$ 에 대해 $S^{m}\vee S^{n}$ 이 $S^{m}\times S^{n}$ 의 변형 수축이 아님을 보이십시오.

힌트. $r\colon S^{m}\times S^{n}\to S^{m}\vee S^{n}$ 이 그러한 사상이라고 가정하십시오. 역사상 $i$ 가 존재하므로, 유도된 사상 $H^{\bullet}(S^{m}\vee S^{n};\mathbb{Z})\to H^{\bullet}(S^{m}\times S^{n};% \mathbb{Z})$ 이 그들의 코호몰로지 환 사이에서 단사 사상임을 보이십시오.

풀이. [MAX13, 예제 3.3.14, 68–69쪽]를 참조하십시오.