장 76 코호몰로지의 응용

위상수학을 다루는 이 마지막 장에서는 코호몰로지 군의 몇 가지 좋은 성질을 (대부분 증명 없이) 서술하고, 특히 이른바 컵 곱을 소개하겠습니다. 컵 곱을 본격적으로 다룬 문헌으로는 [HAT02] 또는 [MAX13]를 참고하십시오.

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

위의 설명은 무엇 하나 제대로 설명해 주지 않으며(그 구조가 무엇에 관한 것인지 통찰을 주지 않습니다), 실제로 어떤 사람들은 다음과 같이 말할 것입니다.

호몰로지가 직관적으로 무엇을 측정하는지는 중요하지 않습니다. 호몰로지는 매우 어려운 것(위상)을 받아서 단순한 것(아벨 군)으로 바꾸어 주는 편리한 도구이기 때문입니다.

그럼에도 불구하고, 컵 곱을 실제로 시각화할 수 있다는 점은 흥미롭습니다! 적어도 차원이 $3$ 을 넘지 않을 때는 그렇습니다.

76.1 푸앵카레 쌍대성

첫 번째 멋진 결과입니다. 원환면이나 $S^{n}$ 처럼 “좋은” 공간의 (코)호몰로지 군에 대칭성이 있다는 것을 눈치채셨을지도 모릅니다. 사실 이는 다음 정리로 예측됩니다.

정리 76.1.1 (푸앵카레 쌍대성).

$M$ 이 매끄럽고 향이 주어진 콤팩트 $n$ 차원 다양체이면, 다음 자연 동형사상이 존재합니다.

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

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

따라서 매끄럽고 향이 주어진 콤팩트 다양체에서는 코호몰로지 군과 호몰로지 군이 그리 다르지 않습니다.

이로부터 베티 수를 처음 정의할 때 언급했던 대칭성이 따라 나옵니다.

따름정리 76.1.2 (베티 수의 대칭성).

$M$ 을 매끄럽고 향이 주어진 콤팩트 $n$ 차원 다양체라 하고, $b_{k}$ 를 그 베티 수라 합시다. 그러면 다음이 성립합니다.

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 한정하겠습니다.

질문 76.2.1.

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

따라서 실수 계수에서 보편 계수 정리는 다음을 말해 줍니다.

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

여기서 $H_{k}(X)$ 는 실벡터 공간으로 봅니다. 그러므로 우리는 $H_{k}(M$ )과 $H^{k}(M;\mathbb{R})$ 중 어느 하나라도 파악하고자 합니다.

다음 쌍대사슬 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

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

\text{쌍대사슬}:\text{쌍대순환}:\text{쌍대경계}=\text{$k$-형식}:\text{닫힌 형식}:\text{완전 형식}.

핵심은 다음과 같습니다.

정리 76.2.2 (드람 정리).

임의의 매끄러운 다양체 $M$ 에 대해, 다음 자연 동형사상이 존재합니다.

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

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

비유적으로 말하면, 코호몰로지 군의 원소를 공간 위의 $G$ 값 미분 형식으로 생각할 수 있습니다.

왜 이런 일이 일어날까요? 사실 우리는 공간의 구멍을 반영하는 미분 형식의 거동을 이미 관찰했습니다. 예를 들어 $M=S^{1}$ 을 원이라 하고 각 형식 $\alpha$ 를 생각해 봅시다(예제 44.7.4 참조). 형식 $\alpha$ 는 닫혀 있지만 완전하지는 않은데, $S^{1}$ 을 따라 한 바퀴 완전히 도는 것이 가능하기 때문입니다. 따라서 $\alpha$ 가 완전하지 않다는 사실은 $H_{1}(S^{1})\cong\mathbb{Z}$ 임을 알려 주는 신호입니다.

또 다른 직관으로, 다음에 주목하십시오.

•

각 $k$ -미분 형식 $\omega$ 는 각 $k$ 차원 매끄러운 부분다양체 $S\subseteq M$ 을 받아 실수 $\int_{S}\omega$ 를 돌려주는 함수로 해석할 수 있습니다.
•
당분간 모든 $k$ -단체가 매끄럽다고 가정합시다. 그러면 다음이 성립합니다.
- –
  
  $k$ -쌍대사슬은 각 $k$ -단체를 실수로 보내는 함수입니다.
- –
  
  $k$ -쌍대순환은 경계를 $0$ 으로 보내는 $k$ -쌍대사슬입니다.
- –
  
  $k$ -쌍대경계는 순환을 $0$ 으로 보내는 $k$ -쌍대사슬입니다.
한편:
- –
  미분 형식은 각 $k$ -단체를 실수로 보내는 함수로서, 특정한 선형성과 매끄러움 성질을 만족하는 것입니다 — 예를 들면 다음과 같습니다.
  - *
    
    $k\geq 1$ 이고 $k$ -단체의 상이 한 점에 포함되면, 그 단체는 $0$ 으로 보내져야 합니다.
  - *
    
    $k$ -단체를 재매개화하더라도 부여된 값은 같아야 합니다.
  - *
    
    $k$ -단체의 두 꼭짓점을 맞바꾸면 부여된 값의 부호가 바뀌어야 합니다.
  - *
    
    두 $k$ -단체를 한 면을 따라 붙여서 하나의 $k$ -단체를 만들 수 있다면, 부여된 값은 부분 $k$ -단체들에 부여된 해당 값들의 합이어야 합니다.
  - *
    
    등등입니다.
- –
  
  닫힌 형식은 경계를 $0$ 으로 보내는 미분 형식입니다.
- –
  
  완전 형식은 순환을 $0$ 으로 보내는 미분 형식입니다.
이 유사성을 알아차리지 않을 수 없습니다 — 요점은 다음과 같습니다.

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

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

또는 그림으로 나타내면 다음과 같습니다(공간 관계상 미분 형식의 군을 $D$ 로 표기합니다).

이것은 정확히 제2 동형사상 정리의 설정이며,¹¹1절 3.6을 참조하십시오. 두 몫이 왜 동형인지 직접 밝혀 보십시오.

76.3 등급환

대표적인 예: 다항식환은 가환 등급환인 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, 다음 $(k+\ell)$ -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 다음과 같은 아벨 군입니다

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

여기서 $R^{0}$ , $R^{1}$ , …는 아벨 군이며, 추가로 결합적인 이항 연산 $\times\colon R\times R\to R$ 가 주어집니다. $r\in R^{d}$ 이고 $s\in R^{e}$ 이면 $rs\in R^{d+e}$ 이어야 합니다. 어떤 $R^{d}$ 의 원소를 동차 원소라고 부르며, $r\in R^{d}$ 이고 $r\neq 0$ 이면 $|r|=d$ 로 씁니다.

교환법칙은 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 갖는 등급 유사환입니다. 이것이 가환이면 가환 등급환이라고 합니다.

정의 76.3.3.

등급 (유사)환 $R$ 이 임의의 동차 원소 $r$ 과 $s$ 에 대해 다음을 만족하면 $R$ 을 반가환이라고 합니다

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

비고 76.3.4.

왜 $rs=-sr$ 이 아닐까요? 이 정의는 쐐기곱이 반가환이라는 사실에서 착안한 것입니다. $f_{1},\dots,f_{r},g_{1},\dots,g_{s}$ 가 $0$ -형식일 때, $f=df_{1}\wedge df_{2}\wedge\dots\wedge df_{r}$ 를 $r$ -형식, $g=dg_{1}\wedge dg_{2}\wedge\dots\wedge dg_{s}$ 를 $s$ -형식이라고 합시다. 그러면 다음 식에서 시작하여

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 반복해서 맞바꾸면, 다음 식을 얻기까지 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 다음과 같습니다:

등급환의 여러 종류	$1$ 을 가질 필요가 없음	$1$ 을 반드시 가짐
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 가환 등급환이며, $d$ 번째 성분은 $x^{d}$ 의 배수들입니다.
(b)

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

$V$ 를 벡터 공간이라 하고, 다음 아벨 군을 생각합시다

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

예를 들어 $e_{1}+(e_{2}\wedge e_{3})\in\bigwedge^{\bullet}(V)$ 와 같은 원소가 있습니다. $\bigwedge^{\bullet}(V)$ 에 곱 $\wedge$ 를 부여하면 이것은 반가환환이 됩니다.
(d)

다양체 $M$ 의 미분 형식들의 집합, 즉

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

에 곱 $\wedge$ 를 부여한 것을 생각합시다. 이것은 반가환환입니다.

네 가지 예 모두 곱셈에 대한 항등원을 가집니다.

$\Omega^{\bullet}(M)$ 의 상황으로 돌아갑시다. 완전 형식을 법으로 하는 닫힌 형식들을 원소로 갖는 드람 코호몰로지 군 $H_{\mathrm{dR}}^{k}(M)$ 을 다시 생각합시다. 다음이 성립함을 주장합니다:

보조정리 76.3.6 (쐐기곱과 드람 코호몰로지의 호환성).

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 만족한다는 것을 상기합시다

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

이제 $\alpha$ 와 $\beta$ 가 닫힌 형식이라고 가정합시다. 그러면 위 식으로부터 $\alpha\wedge\beta$ 가 닫힌 형식임은 분명합니다. 또한 $\alpha$ 가 닫힌 형식이고 $\beta=d\omega$ 가 완전 형식이면, 다음 항등식으로부터 $\alpha\wedge\beta$ 는 완전 형식입니다

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

마찬가지로 $\alpha$ 가 완전 형식이고 $\beta$ 가 닫힌 형식이면 $\alpha\wedge\beta$ 는 완전 형식입니다. 따라서 완전 형식을 법으로 하여 곱을 취하는 것이 의미를 가지며, 이로써 위의 정리를 얻습니다. ∎

그러므로 다음과 같은 반가환환을 얻을 수 있습니다

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

여기서 곱은 $\wedge$ 이고, 항등원은 $1\in\bigwedge^{0}(\mathbb{R})=\mathbb{R}$ 입니다.

76.4 컵 곱

이에 착안하여, 임의의 위상 공간 $X$ 와 환 $R$ (언제나처럼 $R$ 은 $1$ 을 가진 가환환입니다)에 대해 $\bigoplus_{k\geq 0}H^{k}(X;R)$ 위에 비슷한 곱을 구성할 수 있는지 알아보고자 합니다. 이를 위한 방법이 바로 컵 곱입니다.

그러면 이로부터 다음과 같이 두 쌍대사슬을 곱하는 방법을 얻습니다.

정의 76.4.1.

$\phi\in C^{k}(X;R)$ 이고 $\psi\in C^{\ell}(X;R)$ 이라고 합시다. 그러면 이들의 컵 곱 $\phi\smile\psi\in C^{k+\ell}(X;R)$ 를 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 가진다고 가정할 때, 어떤 $0$ -쌍대사슬이 $\smile$ 에 대한 항등원입니까?

비고 76.4.3 (경고).

$n$ -미분 형식을 자명한 방식으로 $n$ -쌍대사슬로 해석할 수는 있지만, 컵 곱은 쐐기곱을 직접 일반화한 것이 아닙니다! 예를 들어 $X=\mathbb{R}^{2}$ 라 하고, $v_{0}=(1,0)$ , $v_{1}=(0,0)$ , $v_{2}=(0,1)$ 이며 모든 변이 직선이라고 가정한 다음, $[v_{0},v_{1},v_{2}]$ 와 $[v_{2},v_{1},v_{0}]$ 위에서 $dx\smile dy$ 의 값을 계산해 보십시오.

이는 교대 연산자가 없기 때문입니다. 자세한 내용은 절 44.5을 참고하십시오. 이 경우 환 $G$ 가 $\mathbb{Z}$ 일 수도 있는데, $\mathbb{Z}$ 에서는 모든 0이 아닌 원소가 역을 가지지는 않으므로 나눗셈이 문제를 일으킵니다.

그럼에도 불구하고 그 차이들은 깔끔하게 상쇄되며, 코호몰로지 군에서 대응하는 원소는 여전히 쐐기곱 $dx\wedge dy$ 로 해석한 원소와 같습니다 — 이것이 아래에서 서술할 $H^{\bullet}(M;\mathbb{R})\cong H_{\mathrm{dR}}^{\bullet}(M)$ 의 의미입니다.

익숙한 예인 원환면과 $1$ -쌍대순환 “ $d x$ ”와 “ $d y$ ”를 생각해 봅시다.

쐐기곱에 대해 알고 있는 바에 따르면, $T$ 가 원환면 전체일 때 ( $\pm$ 부호 차이를 무시하면) $(dx\wedge dy)(T)=1$ 이 되기를 바랍니다. 실제로 위의 정의를 사용하면 (직접 계산해 보십시오! $T$ 를 임의로 두 삼각형으로 나누십시오) 그렇게 됩니다.

그럼에도 우리가 관심을 두는 것은 컵 곱 자체보다는 호몰로지 환 위에 유도된 컵 곱입니다.

먼저, 앞에서와 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.

$\sum$ 을 직접 계산하면 됩니다. ∎

따라서 드람 코호몰로지에서 사용한 것과 같은 절차에 의해, 다음과 같은 유도된 사상을 얻습니다.

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

그런 다음, 원소가 다음의 유한합인 특이 코호몰로지 환을 정의합니다.

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

여기서 곱셈은 $\smile$ 로 주어집니다. 따라서 이는 ( $1_{R}\in R$ 을 항등원으로 하는) 등급환이며, 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 뜻합니다.

증명은 [HAT02, 정리 3.11, 210–212쪽]를 참조하십시오. 더 나아가, 다음과 같은 드람 동형사상이 있습니다.

정리 76.4.6 (드람 동형사상은 환 동형사상으로 확장됩니다).

임의의 매끄러운 다양체 $M$ 에 대해, 드람 코호몰로지 군에서 특이 코호몰로지 군으로의 동형사상은 사실 다음 동형사상을 줍니다.

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

이는 반가환환의 동형사상입니다.

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

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

예제 76.4.7 (원환면의 코호몰로지).

원환면의 코호몰로지 환 $H^{\bullet}(S^{1}\times S^{1};\mathbb{Z})$ 는 관계 $\alpha\smile\alpha=\beta\smile\beta=0$ 과 $\alpha\smile\beta=-\beta\smile\alpha$ 를 만족하는 원소 $|\alpha|=|\beta|=1$ 로 생성됩니다. (항등원 $1$ 도 포함합니다.) 따라서 $\mathbb{Z}$ -가군으로서 이는 다음과 같습니다.

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}.

이로부터 기대한 차원 $1+2+1=4$ 를 얻습니다. 이 환은 반가환적입니다.

원소 $\alpha$ 와 $\beta$ 는 위의 비고에서 $d x$ 와 $d y$ 라고 부른 원소로서 이미 보았습니다.

예제 76.4.8 ( $S^{n}$ 의 코호몰로지 환).

$n\geq 1$ 에 대하여 $S^{n}$ 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 군으로서 다음과 같습니다.

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 관찰하십시오. 그런데 $H^{2n}(S^{n};\mathbb{Z})=0$ 이므로 $\alpha\smile\alpha=0$ 이어야 합니다. 따라서 더욱 간결하게 쓰면 다음과 같습니다.

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

혼란스럽게도, 이 등급환은 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 알려져 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 등급환 모두 가환적이면서 동시에 반가환적입니다. 첫 번째 경우는 $1=-1$ 인 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ 에서 다루기 때문이며, 따라서 반가환성은 사실 가환성과 동치입니다. 두 번째 경우는 0이 아닌 모든 동차 원소의 차수가 $2$ 이기 때문입니다.

여기서 이미 컵 곱 $\smile$ 이 쐐기곱 $\wedge$ 와 다른 흥미로운 예를 얻습니다. $n\geq 2$ 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 공식에 따르면 다음과 같습니다.

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 0이 아닌 원소가 하나씩만 있고, 나머지 군은 $0$ 입니다.

$\mathbb{RP}^{2}$ 는 시각화하기 그리 어렵지 않습니다 — 이는 그저 마주 보는 꼭짓점을 동일시하는 관계로 몫을 취한 $2$ -구면입니다.

그 위에는 $0$ 과 호몰로가 아닌 $1$ -순환이 있습니다.

보이기가 아주 쉽지는 않지만, 그러한 $1$ -순환은 모두 서로 호몰로이며, 그 순환의 두 배는 $0$ 과 호몰로입니다.

따라서 $H^{1}(\mathbb{RP}^{2};\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})\cong\operatorname{Hom}(H_{1}(% \mathbb{RP}^{2}),\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$ 이며, 그 유일한 자명하지 않은 원소 $\alpha$ 는 그러한 각 $1$ -순환을 $1$ 로 보내는 사상입니다.

$\alpha\smile\alpha$ 를 생각해 봅시다. $\alpha$ 가 $d x$ 와 $d y$ 둘 모두처럼 동시에 작용한다는 점에 주목하십시오(파란 변과 빨간 변 모두 값 $1$ 을 부여받았습니다). 따라서 이는 실사영 평면의 곡면 전체에 값 $1$ 을 부여합니다! 그러므로 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 잘 작동하는 선택입니다. 그 경계가 0이 아니지만 $2$ 로 나누어떨어짐을 확인하십시오.)

76.5 상대 코호몰로지 유사환

$A\subseteq X$ 에 대해 상대 컵 곱도 정의할 수 있습니다.

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

결국 두 쌍대사슬 중 어느 하나가 $A$ 안의 사슬에서 소멸하면 그 컵 곱도 소멸합니다. 이로써 상대 코호몰로지 유사환과 ( $A=\{\ast\}$ 로 두어) 축소 코호몰로지 유사환을 다음과 같이 정의할 수 있습니다.

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

이 둘은 모두 반가환 유사환입니다. 실제로 $\widetilde{H}^{0}(X;R)=0$ 인 경우가 많으며, 따라서 항등원이 전혀 존재하지 않습니다.

이번에도 함자성이 성립합니다.

정리 76.5.1 (코호몰로지 (유사)환은 함자적입니다).

환 $R$ ( $1$ 을 가지는 가환환)을 고정합시다. 그러면 다음 함자들이 존재합니다.

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

안타깝게도 (코)호몰로지 군의 경우와 달리, CW 복합체처럼 좋은 공간에 대해서조차 컵 곱을 결정하는²²2미분 형식으로 넘어갔다가 되돌아오는 방법을 제외하면 그렇습니다. 위에서 이미 쐐기곱을 계산해 보았습니다. 것은 자명하지 않은 작업입니다. 따라서 계산은 많이 하지 않겠습니다. 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 유사환이라고 합시다. 곱 유사환 $R\times S$ 는 밑에 놓인 아벨 군을 다음과 같이 잡아 정의되는 등급 유사환입니다.

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

곱셈은 $R$ 과 $S$ 의 곱셈을 그대로 가져오고, 이에 더해 $r\in R$ , $s\in S$ 에 대해 $r\cdot s=0$ 으로 선언합니다.

이는 예제 4.3.8에서 정의한 곱환의 등급 버전일 뿐이라는 점에 유의하십시오.

연습문제 76.6.2.

$R$ 과 $S$ 가 등급환이면(즉, $1_{R}$ 과 $1_{S}$ 를 가지면) $R\times S$ 도 등급환임을 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)

이는 등급 유사환으로서의 동형입니다.

단지 두 환이 동형이라는 사실만 알아서는 별 도움이 되지 않으며, 그 동형사상이 무엇인지 아는 편이 훨씬 좋습니다 — 그래야 간단한 경우에 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 주어지면, 이를 $C^{\bullet}(X)$ 의 원소로 해석할 수 있습니다. $X$ 안의 각 사슬은 자명하게 $f$ 에 넣을 수 있는 $X\vee Y$ 안의 사슬이기 때문입니다. 형식적으로 말하면, 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, 환의 곱셈, 즉 컵 곱을 보존합니다.

예제 76.6.4.

$X$ 와 $Y$ 가 다음 그림과 같이 주어졌다고 합시다.

$f\in\widetilde{H}^{1}(X;\mathbb{Z})$ 가 정사각형 전체에 $f(X)=2$ 를 대응시키고, $g\in\widetilde{H}^{1}(Y;\mathbb{Z})$ 가 원 전체에 $g(Y)=3$ 을 대응시킨다고 합시다. 그러면 당연히 $\widetilde{H}^{1}(X\vee Y)$ 안에서 $(f,g)$ 에 대응하는 원소는 공간 $X\vee Y$ 전체에 대응하는 쌍대순환에 $2+3=5$ 를 대응시킵니다.

이를 통해 처음에 제기한 첫 번째 질문을 해결할 수 있습니다. $X=\mathbb{CP}^{2}$ , $Y=S^{2}\vee S^{4}$ 라고 합시다. 그러면 다음이 성립합니다.

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

따라서 이는 다음 세 원소로 생성되는 등급환입니다.

•

차원 $0$ 의 $1$ .
•

차원 $2$ 의 $\alpha$ .
•

차원 $4$ 의 $\alpha^{2}$ .

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 $H^{\bullet}(S^{2}\vee S^{4};\mathbb{Z})$ 역시 세 원소로 생성되는 등급환입니다.

•

$0$ 차원의 $1$ ( $0$ 번째 차원을 다시 추가하고 나면).
•

$2$ 차원의 $a_{2}$ ( $H^{\bullet}(S^{2};\mathbb{Z})$ 에서 옴).
•

$4$ 차원의 $a_{4}$ ( $H^{\bullet}(S^{4};\mathbb{Z})$ 에서 옴).

예상한 대로 각 등급 성분은 동형입니다. 그러나 전자에서 차수 $2$ 인 두 생성원의 곱은 다음과 같습니다.

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

후자에서 차수 $2$ 인 두 생성원의 곱은 다음과 같습니다.

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

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

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

직관적으로, 위의 증명이 말하는 바는 다음과 같습니다.

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

$\mathbb{RP}^{2}$ 가 방향 가능하지 않다는 사실만 제외하면 아래 연습문제는 훨씬 쉽게 시각화할 수 있을 것입니다. 사실 위에서 이미 0이 아닌 원소 $\alpha\in H^{1}(\mathbb{RP}^{2})$ 에 대해 왜 $\alpha\smile\alpha\neq 0$ 인지 살펴보았습니다.

연습문제 76.6.5.

마찬가지로, 각 등급 성분은 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 보임으로써 $S^{1}\vee S^{2}$ 와 $\mathbb{RP}^{2}$ 가 호모토피 동치가 아님을 보이십시오.

76.7 크로스곱

이 절에서는 크로스곱을 정의하겠습니다.

76.7.1 동기

대략적으로 말하면, 동기는 다음과 같습니다.

$X$ 에 $m$ 차원 구멍이 있고 $Y$ 에 $n$ 차원 구멍이 있다면, $X\times Y$ 에는 $(m+n)$ 차원 구멍이 있습니다.

이는 “구멍”을 적절히 해석하면(호몰로지로든 코호몰로지로든) 대부분의 흔한 경우에 참입니다.

위의 명제를 형식화하고 증명하겠습니다.

76.7.2 특이 호몰로지 위의 크로스곱

먼저 크로스곱을 정의합니다. 이는 $m$ -단체 $f\colon\Delta^{m}\to X$ 와 $n$ -단체 $g\colon\Delta^{n}\to Y$ 를 받아 $(m+n)$ -사슬 $f\times g\in C_{m+n}(X\times Y)$ 를 돌려줍니다.³³3제가 아는 한, 이는 단지 기호 $\times$ 가 십자(cross) 모양이기 때문이며, $\mathbb{R}^{3}$ 에서 벡터의 외적(cross product)과는 아무 관련이 없습니다. 이는 정말로 정의할 수 있는 가장 자연스러운 방법입니다. 직관적으로, $X$ 안의 $m$ 차원 정육면체와 $Y$ 안의 $n$ 차원 정육면체의 곱은 $X\times Y$ 안의 $(m+n)$ 차원 정육면체입니다.

단체의 경우에는 $\Delta^{m}\times\Delta^{n}$ 을 유한 개의 $\Delta^{m+n}$ 사본으로 세분해야 합니다.

$n=1$ 인 경우에는 프리즘 연산자를 다룰 때 이미 세분을 본 적이 있습니다. 일반적인 경우는 [HAT02, 277쪽]를 참고하십시오 — 그 개수는 빠르게 폭증합니다. 예를 들어 $\Delta^{15}\times\Delta^{15}$ 를 덮으려면 $\binom{30}{15}=155117520$ 개의 단체가 필요합니다!

형식적으로는 사슬의 교차곱을 정의할 수 있습니다. 즉, 다음과 같은 함수입니다:

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 원환면이 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 두 0이 아닌 원소의 교차곱은 0이 아닙니다.

이것은 앞서 우리가 가졌던 직관을 형식화합니다 — 적어도 호몰로지를 “구멍”의 척도로 사용한다면 그렇습니다.

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

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

정리해야 할 작은 기술적 세부 사항이 있습니다 — 위에서 우리는 다음과 같이 썼습니다.

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

그런데 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 이야기하거나 $C_{m+n}(X\times Y)$ 또는 $H_{m+n}(X\times Y)$ 의 $\mathbb{Z}$ -가군 구조로 무언가를 하려면, $\mathbb{Z}$ -가군 준동형사상이 있어야 합니다.

이것은 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 표기법으로는 $\times(a\otimes b)=a\times b$ 입니다. (부수적인 효과로, 이제 $\times(a\otimes b+c\otimes d)=a\times b+c\times d$ 라고도 쓸 수 있습니다.)

그러면 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 호몰로지 위의 교차곱

특이 호몰로지를 사용한 정의는 상당히 번거롭습니다 — 사슬의 구성 요소로 단체를 사용하기 때문에, $X$ 와 $Y$ 의 두 단체의 곱은 $X\times Y$ 의 방대한 단체 모음이 됩니다.

이제 세포 호몰로지를 사용하여 교차곱을 다시 정의하겠습니다 — 교차곱의 두 정의는 호몰로지 군에서 동일한 결과를 주므로, 이 부분은 건너뛰어도 무방합니다.

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

예제 76.7.5.

$X$ 와 $Y$ 가 모두 두 개의 $0$ -세포와 한 개의 $1$ -세포로 만들어진 선분이면, 그 곱 $X\times Y$ 는 다음을 포함하는 자연스러운 CW 복합체 구조를 가집니다:

•

$4$ 개의 $0$ -세포,
•

$4$ 개의 $1$ -세포,
•

$1$ 개의 $2$ -세포.

장 74에서 다룬 세포 군 $\operatorname{Cells}_{\bullet}(X)$ 를 떠올려 보십시오. 각 기저 원소는 $X$ 의 세포 하나에 대응합니다. 그러면 기저 원소 위에서 교차곱을 다음과 같이 정의할 수 있습니다.

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

지나칠 만큼 명시적으로 말하자면, $e^{m}\in\operatorname{Cells}_{m}(X)$ , $e^{n}\in\operatorname{Cells}_{n}(Y)$ 라 할 때 교차곱은 $e^{m}\times e^{n}=e^{m}\times e^{n}\in\operatorname{Cells}_{m+n}(X\times Y)$ 로 정의됩니다 — 사용한 표기조차 자명합니다.

물론 이는 호몰로지 군 위의 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 같습니다.

76.7.5 세포 코호몰로지 위의 교차곱

위와 같은 작업을 이번에는 코호몰로지로 합니다 — 호몰로지와 코호몰로지는 “구멍”을 약간 다르게 측정한다는 점을 기억하십시오. $K$ 가 클라인 병일 때 $H_{2}(X)=0$ 이지만 $H^{2}(X;\mathbb{Z})\neq 0$ 입니다.

두 세포 쌍대사슬 $f\in\operatorname{Hom}(\operatorname{Cells}_{m}(X);R)$ 와 $g\in\operatorname{Hom}(\operatorname{Cells}_{n}(Y);R)$ 가 주어졌을 때, 쌍대사슬 $f\times g\in\operatorname{Hom}(\operatorname{Cells}_{m+n}(X\times Y);R)$ 를 얻고자 합니다.

물론 이는 가능한 가장 자연스러운 방식으로 정의됩니다. $X$ 의 세포 $e^{m}$ 과 $Y$ 의 세포 $e^{n}$ 에 대하여 $(f\times g)(e^{m}\times e^{n})=f(e^{m})\cdot g(e^{n})$ 입니다.

괜찮아 보입니까? 아직 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 세포에 대해서는 단순히 $(f\times g)(e^{m+n})=0$ 이라고 선언합니다.

늘 그렇듯이, 이 사상은 코호몰로지 군 위의 $R$ -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: 미분 형식의 교차곱

위에서 정의한 두 세포 쌍대사슬의 교차곱은 깔끔하지만, 무미건조하고 동기가 부족해 보일 수 있습니다.

미분 형식에서도 똑같은 일을 할 수 있다는 것이 밝혀집니다. 게다가 이를 통해 쐐기곱 $\alpha\wedge\beta$ 를 깔끔하게 정의할 수 있습니다! 실제로 어떻게 작용하는지 살펴봅시다.

정의 대신 몇 가지 예를 들겠습니다. 의욕 있는 독자는 이 개념을 엄밀하게 정의해 보아도 좋습니다.

예제 76.7.6 (미분 형식의 교차곱의 예).

몇 가지 예는 다음과 같습니다.

•

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

이는 확실히 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 $\mathbf{e}_{2}$ 가 생성하는 단위 정사각형, 즉 $\mathbf{e}_{1}\wedge\mathbf{e}_{2}$ 에 값 $1\cdot 2=2$ 를 부여해야 합니다.
•

$X$ 를 $x y$ 평면, $Y$ 를 $z$ 축이라 합시다. 교차곱 $dx\times dz$ 를 생각해 봅시다. 그 결과는 어떤 $2$ -형식이어야 합니까?

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

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

더 일반적으로, $X$ 와 $Y$ 의 기저를 골라 기저 원소 위에서 $\alpha\times\beta$ 의 값을 정의함으로써 교차곱을 정의할 수 있습니다.

약속한 대로 — 크로스곱을 사용하여 쐐기곱을 정의할 수 있습니다. 할 수 있는 방법은 단 하나뿐입니다:

정의 76.7.7 (크로스곱을 사용한 쐐기곱의 정의).

$X$ 가 $\mathbb{R}$ -벡터 공간일 때, $\alpha\in(\bigwedge^{m}(X))^{\vee}$ 와 $\beta\in(\bigwedge^{n}(X))^{\vee}$ 에 대하여 $\alpha\wedge\beta\in(\bigwedge^{m+n}(X))^{\vee}$ 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, $X$ 안의 $(m+n)$ -쐐기에서 $\alpha\wedge\beta$ 의 값을 구하려면 대각 사상을 사용해 그것을 $X\times X$ 로 밀어 보낸 다음 $\alpha\times\beta$ 에 넘겨주면 됩니다.

76.7.7 코호몰로지 군을 하나로 엮기

앞에서 다음과 같은 $R$ -가군 준동형사상이 있었음을 상기하십시오.

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

사실 모든 $H^{\bullet}(X;R)$ 를 하나로 엮어 반가환 등급환, 즉 코호몰로지 환을 만들 수 있음을 알고 있습니다. 따라서 이 사상을 다음과 같은 $R$ -대수 준동형사상으로 확장하고자 합니다.

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

두 등급환의 텐서곱이 무엇인지는 아직 정의하지 않았습니다 — 다음 절에서 형식적으로 정의할 것이지만, 직관적으로는 모든 $H^{m}(X;R)\otimes_{R}H^{n}(Y;R)$ 를 하나로 이어 붙인 것입니다.

76.8 퀴네트 공식

이제 공간 $S^{2}\times S^{4}$ 와 $\mathbb{CP}^{3}$ 를 구별하고자 합니다. 이를 위해서는 $H^{n}(X\times Y;R)$ 를 $H^{n}(X;R)$ 와 $H^{n}(Y;R)$ 로 나타내는 공식이 필요합니다. 이러한 공식을 퀴네트 공식이라고 합니다. 이 절에서는 두 등급환의 텐서곱이 관련된 아주 특수한 경우만 사용하겠습니다.

정의 76.8.1.

$A$ 와 $B$ 가 $R$ -가군이기도 한 두 등급환이라고 합시다(여기서 $R$ 은 $1$ 을 갖는 가환환입니다). 텐서곱 $A\otimes_{R}B$ 를 다음과 같이 정의합니다. 아벨 군으로서 이는 다음과 같습니다.

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

곱셈은 기저 원소에 대하여 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 곱셈의 항등원은 $1_{A}\otimes 1_{B}$ 입니다.

이제 $X$ 와 $Y$ 를 위상 공간이라 하고 곱을 취합시다. 그러면 다음 도식을 얻습니다.

여기서 $\pi_{X}$ 와 $\pi_{Y}$ 는 사영입니다. $H^{k}(-;R)$ 는 함자적이므로, 이로부터 다음과 같은 유도된 사상을 얻습니다.

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

이는 모든 $k$ 에 대하여 성립합니다.

이를 이용하여 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 다음 사상입니다.

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

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

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

비고 76.8.3.

물론 이 정의는 위에서 세포 코호몰로지를 사용한 정의와 일치하지만, 증명은 생략합니다.

정리 76.8.4 (퀴네트 공식).

$X$ 와 $Y$ 가 CW 복합체이고, 모든 $k$ 에 대하여 $H^{k}(Y;R)$ 가 유한 생성 자유 $R$ -가군이라고 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, 다음과 같습니다.

$X$ 와 $Y$ 의 구멍 쌍과 $X\times Y$ 의 구멍 사이에는 일대일 대응이 있습니다. 더 나아가 이 대응은 컵 곱을 보존합니다.

여기서 “구멍”은 “코호몰로지 군의 생성원”으로 이해해야 합니다.

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

그러나 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 $|\alpha|=2$ 이므로, 이는 다음 원소들로 생성되는 등급환입니다.

•

차수 $0$ 의 $1$ .
•

차수 $2$ 의 $\alpha$ .
•

차수 $4$ 의 $\alpha^{2}$ .
•

차수 $6$ 의 $\alpha^{3}$ .

이제 다음을 분석해 봅시다.

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

따라서 이는 다음 원소들로 생성됩니다.

•

차수 $0$ 의 $1\otimes 1$ .
•

차수 $2$ 의 $\beta\otimes 1$ .
•

차수 $4$ 의 $1\otimes\gamma$ .
•

차수 $6$ 의 $\beta\otimes\gamma$ .

이번에도 각 차원에서 같은 아벨 군을 얻습니다. 그러나 $\beta\otimes 1$ 을 제곱하면 다음을 얻는다는 점에 주목하십시오.

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

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

$S^{2}\times S^{4}$ 의 자명하지 않은 $4$ -쌍대순환 $1\otimes\gamma$ 는 $2$ -쌍대순환 $\beta\otimes 1$ 과 직교하는 반면, $\mathbb{CP}^{3}$ 의 $4$ -쌍대순환 $\alpha^{2}$ 는 $2$ -쌍대순환 $\alpha$ 와 그 자신의 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 과정을 수행하십시오. ( $S^{1}\times S^{2}$ 는 두꺼워진 구의 바깥 면과 안쪽 면을 서로 붙인 것으로, $\mathbb{RP}^{3}$ 는 닫힌 $3$ -공의 경계면에서 서로 마주 보는 점들을 붙인 것으로 시각화하십시오. 형식적으로 계산하기 전에 상상력을 발휘하여 호몰로지 군과 코호몰로지 군이 무엇인지 추측해 보십시오.)

76.9 생각해 볼 만한 조금 더 어려운 문제

문제 76A (푸앵카레 쌍대성에 의한 베티 수의 대칭성).

$M$ 을 매끄럽고 향이 주어진 콤팩트 $n$ -다양체라 하고, $b_{k}$ 를 그 베티 수라 합시다. $b_{k}=b_{n-k}$ 임을 증명하십시오.

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

문제 76B.

짝수 $n$ 에 대해 $\mathbb{RP}^{n}$ 이 방향 가능하지 않음을 보이십시오.

힌트. 베티 수에 관한 앞의 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 사용하여 컵 곱을 구하십시오.

문제 76D.

^†^†margin:

어떤 $m,n\geq 1$ 에 대해서도 $S^{m}\vee S^{n}$ 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 가정합시다. 두 공간의 코호몰로지 환 사이의 유도된 사상 $H^{\bullet}(S^{m}\vee S^{n};\mathbb{Z})\to H^{\bullet}(S^{m}\times S^{n};% \mathbb{Z})$ 가 단사 사상임을 보이십시오(역사상 $i$ 가 존재하기 때문입니다).

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