장 75 특이 코호몰로지

이 장의 동기를 부여하는 한 가지 방법은 다음과 같습니다. 다음 사실이 성립합니다.

•

모든 $n$ 에 대하여 $H_{n}(\mathbb{CP}^{2})\cong H_{n}(S^{2}\vee S^{4})$ 입니다.
•

모든 $n$ 에 대하여 $H_{n}(\mathbb{CP}^{3})\cong H_{n}(S^{2}\times S^{4})$ 입니다.

이는 안타까운 일입니다. 가능하다면 이 공간들을 서로 구별하고 싶지만(실제로 이들은 호모토피 동치가 아닙니다), 호몰로지 군으로는 이들 사이의 차이를 구별할 수 없기 때문입니다.

이 장에서는 코호몰로지 군 $H^{n}(X)$ 와 $H^{n}(Y)$ 를 정의합니다. 사실 $H^{n}$ 들은 이른바 보편 계수 정리에 의해 $H_{n}$ 들로부터 완전히 결정됩니다. 그러나 모든 코호몰로지 군을 한데 모아 코호몰로지 환 $H^{\bullet}$ 을 만들 수 있음이 밝혀집니다.¹¹1[HAT02]에는 코호몰로지가 호몰로지보다 더 많은 구조를 갖는 이유에 대한 설명이 있습니다 — 대략적으로 말하면, 자연스러운 사상 $X\times X\to X$ 는 그다지 흥미롭지 않은 사영일 수밖에 없지만, $p\mapsto(p,p)$ 로 주어지는 더 흥미로운 자연스러운 사상 $X\to X\times X$ 가 존재합니다. 그런 다음 환으로서 $H^{\bullet}(X)\not\cong H^{\bullet}(Y)$ 임을 보게 될 것입니다.

75.1 쌍대사슬 복합체

정의 75.1.1.

쌍대사슬 복합체 $A^{\bullet}$ 는 첨자가 증가한다는 점을 제외하면 대수적으로 사슬 복합체와 같습니다. 따라서 이는 다음과 같은 아벨 군들의 열로서

\dots\xrightarrow{\delta}A^{n-1}\xrightarrow{\delta}A^{n}\xrightarrow{\delta}A% ^{n+1}\xrightarrow{\delta}\dots.

$\delta^{2}=0$ 을 만족하는 것입니다. 표기상으로는 이제 위첨자를 사용하며, $\partial$ 대신 $\delta$ 를 사용합니다. 코호몰로지 군은 다음과 같이 정의합니다.

H^{n}(A^{\bullet})=\ker\left(A^{n}\xrightarrow{\delta}A^{n+1}\right)/% \operatorname{im}\left(A^{n-1}\xrightarrow{\delta}A^{n}\right).

예제 75.1.2 (드람 코호몰로지).

우리는 이미 쌍대사슬 복합체의 한 예를 만난 적이 있습니다. $M$ 을 매끄러운 다양체라 하고 $\Omega^{k}(M)$ 을 $M$ 위의 $k$ -형식들의 덧셈군이라 합시다. 그러면 다음과 같은 쌍대사슬 복합체를 얻습니다.

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

이렇게 얻은 코호몰로지를 드람 코호몰로지라고 하며, 뒤에서 설명합니다.

드람의 쌍대사슬 복합체 외에, 쌍대사슬 복합체를 얻는 가장 흔한 방법은 사슬 복합체를 쌍대화하는 것입니다. 구체적으로, 아벨 군 $G$ 를 하나 고릅니다. $\operatorname{Hom}(-,G)$ 는 반변 함자이므로 모든 사슬 복합체

\dots\xrightarrow{\partial}A_{n+1}\xrightarrow{\partial}A_{n}\xrightarrow{% \partial}A_{n-1}\xrightarrow{\partial}\dots

쌍대사슬 복합체로 보냅니다. $A^{n}=\operatorname{Hom}(A_{n},G)$ 로 두면 다음을 얻습니다.

\dots\xrightarrow{\delta}A^{n-1}\xrightarrow{\delta}A^{n}\xrightarrow{\delta}A% ^{n+1}\xrightarrow{\delta}\dots.

여기서 $\delta(A_{n}\xrightarrow{f}G)=A_{n+1}\xrightarrow{\partial}A_{n}\xrightarrow{f}G$ 입니다.

이것들은 대수적 위상수학에서 가장 많이 연구하는 코호몰로지 군이므로, 이들에게 특별한 표기를 부여합니다.

정의 75.1.3.

아벨 군들의 사슬 복합체 $A_{\bullet}$ 와 또 다른 군 $G$ 가 주어졌을 때, $\operatorname{Hom}(-,G)$ 를 적용하여 얻은 쌍대 쌍대사슬 복합체 $A^{\bullet}$ 의 코호몰로지 군을

H^{n}(A_{\bullet};G)

로 나타냅니다. 다시 말해 $H^{n}(A_{\bullet};G)=H^{n}(A^{\bullet})$ 입니다.

75.2 공간의 코호몰로지

대표적인 예: $C^{0}(X;G)$ 는 모든 함수 $X\to G$ 이고, $H^{0}(X)$ 는 경로 성분 위에서 상수인 함수 $X\to G$ 들입니다.

관심 있는 경우는 $C_{\bullet}(X)$ 를 사용하는 우리의 일반적인 기하학적 상황입니다.

정의 75.2.1.

공간 $X$ 와 아벨 군 $G$ 에 대하여, $C^{\bullet}(X;G)$ 를 특이 사슬 복합체 $C_{\bullet}(X)$ 의 쌍대로 정의하고, 이를 $X$ 의 특이 쌍대사슬 복합체라고 부릅니다. 그 원소들은 쌍대사슬이라고 부릅니다.

그러면 공간 $X$ 의 코호몰로지 군을 다음과 같이 정의합니다.

H^{n}(X;G)\coloneqq H^{n}(C_{\bullet}(X);G)=H^{n}(C^{\bullet}(X;G)).

비고 75.2.2.

$G$ 가 ( $\mathbb{Z}$ 나 $\mathbb{R}$ 처럼) 환이기도 하다면, $H^{n}(X;G)$ 는 아벨 군일 뿐만 아니라 실제로 $G$ -가군이라는 점에 유의하십시오.

예제 75.2.3 ( $C^{0}(X;G)$ , $C^{1}(X;G)$ , 그리고 $H^{0}(X;G)$ ).

$X$ 를 위상 공간이라 하고 $C^{\bullet}(X)$ 를 생각합시다.

•

$C_{0}(X)$ 는 $X$ 위의 자유 아벨 군이고, $C^{0}(X)=\operatorname{Hom}(C_{0}(X),G)$ 입니다. 따라서 $0$ -쌍대사슬은 $X$ 의 모든 점을 $G$ 의 원소로 보내는 함수입니다.
•

$C_{1}(X)$ 는 $X$ 의 $1$ -단체들 위의 자유 아벨 군입니다. 따라서 $C^{1}(X)$ 의 원소는 모든 $1$ -단체를 $G$ 의 원소로 보내야 합니다.

이제 $\delta\colon C^{0}(X)\to C^{1}(X)$ 를 이해해 봅시다. $0$ -쌍대사슬 $\phi\in C^{0}(X)$ , 즉 준동형사상 $\phi\colon C^{0}(X)\to G$ 가 주어졌을 때, $\delta\phi\colon C^{1}(X)\to G$ 는 무엇입니까? 답은 다음과 같습니다.

\delta\phi\colon[v_{0},v_{1}]\mapsto\phi([v_{0}])-\phi([v_{1}]).

따라서 $\ker(C^{0}\xrightarrow{\delta}C^{1})\cong H^{0}(X;G)$ 의 원소는 경로 연결 성분 위에서 상수인 쌍대사슬입니다.

특히 $H_{0}(X)$ 와 매우 비슷하게, $X$ 가 $r$ 개의 경로 연결 성분을 가지면

H^{0}(X)\cong G^{\oplus r}

이 성립합니다(여기서 $r$ 은 유한합니다²²2 $X$ 가 무한히 많은 경로 연결 성분을 가지면 재미있는 일이 일어납니다. 무한 첨자 집합에 대해 $X=\coprod_{\alpha}X_{\alpha}$ 라고 합시다. 이 경우 $H_{0}(X)=\bigoplus_{\alpha}G$ 인 반면 $H^{0}(X)=\prod_{\alpha}G$ 입니다. 호몰로지에서는 직합을 얻는 반면 코호몰로지에서는 직곱을 얻습니다. 무한 첨자 집합에 대해서는 이 둘이 실제로 다릅니다. 일반적인 가군에 대해 $\bigoplus_{\alpha}M_{\alpha}$ 는 유한 개의 0이 아닌 항만 가질 수 있도록 정의됩니다. (Napkin에서는 앞서 이 점을 언급한 적이 없는데, 제가 $M\oplus N$ 만 정의하고 이를 유한 직합으로 확장했을 뿐이기 때문입니다.) 군의 곱 $\prod_{\alpha}G_{\alpha}$ 에는 이러한 제약이 없습니다. 이는 $C_{0}(X)$ 가 $G$ 의 경로 연결 성분들에서 온 $0$ -사슬들의 형식적 선형 합(모든 형식적 합이 그렇듯 유한합니다)이라는 사실에 대응합니다. 그러나 $C^{0}(X)$ 의 쌍대사슬은 $X$ 의 각 경로 연결 성분에서 $G$ 로 가는 함수이며, 여기에는 아무런 제약이 없습니다. ).

표기의 남용 75.2.4.

이 장에서 다룰 쌍대사슬 복합체는 위와 같은 쌍대 복합체뿐입니다. 따라서 쌍대사슬 복합체 $A^{\bullet}$ 을 쓸 때마다, 이는 암묵적으로 $A_{\bullet}$ 에 $\operatorname{Hom}(-,G)$ 를 적용하여 주어진 것입니다.

더 높은 차수의 코호몰로지 군 $H^{n}(X;G)$ (심지어 쌍대사슬 군 $C^{n}(X;G)=\operatorname{Hom}(C_{n}(X),G)$ 조차)는 구체적으로 기술하기가 더 어렵습니다.

75.3 공간의 코호몰로지는 함자적입니다

이제 코호몰로지 군들도 여전히 같은 좋은 함자적 성질을 보인다는 것을 확인하겠습니다. 먼저 앞서 얻은 결과들을 범주론적으로 정리해 봅시다.

질문 75.3.1.

쌍대사슬 복합체의 범주를 $\mathsf{CoCmplx}$ 로 정의합니다.

연습문제 75.3.2.

$\operatorname{Hom}(-,G)$ 를 다음과 같은 반변 함자로 해석합니다.

\operatorname{Hom}(-,G)\colon\mathsf{Cmplx}^{\mathrm{op}}\to\mathsf{CoCmplx}.

이는 특히 사슬 사상 $f\colon A_{\bullet}\to B_{\bullet}$ 가 주어지면 자연스럽게 쌍대 사상 $f^{\vee}\colon B^{\bullet}\to A^{\bullet}$ 를 얻는다는 뜻입니다.

질문 75.3.3.

$H^{n}\colon\mathsf{CoCmplx}\to\mathsf{Grp}$ 를 함자로 해석합니다. 이들을 합성하면 반변 함자 $H^{n}(-;G)\colon\mathsf{Cmplx}^{\mathrm{op}}\to\mathsf{Grp}$ 를 얻습니다.

그러면 $H_{n}\colon\mathsf{hTop}\to\mathsf{Grp}$ 라는 앞선 결과와 정확히 유사하게 다음이 성립합니다.

정리 75.3.4 ( $H^{n}(-;G):\mathsf{hTop}^{\mathrm{op}}\to\mathsf{Grp}$ ).

모든 $n$ 에 대해 $H^{n}(-;G)$ 는 $\mathsf{hTop}^{\mathrm{op}}$ 에서 $\mathsf{Grp}$ 로 가는 반변 함자입니다.

증명.

핵심 아이디어는 앞서 프리즘 연산자를 구성할 때 이미 해 둔 작업을 활용하는 것입니다. 먼저 $\mathsf{Top}^{\mathrm{op}}\to\mathsf{Grp}$ 로 가는 함자들의 전체 열을 구성합니다.

여기서 $f^{\sharp}=(f_{\sharp})^{\vee}$ 이고, $f^{\ast}$ 는 이로부터 쌍대사슬 복합체의 호몰로지 군 위에 유도된 사상입니다.

따라서 앞에서와 마찬가지로, $f\simeq g$ 이면 $f^{\ast}=g^{\ast}$ 임만 보이면 됩니다. 이제 $f_{\sharp}-g_{\sharp}=P\partial+\partial P$ 를 만족하는 프리즘 연산자가 있었다는 것을 떠올립시다. 여기에 함자 $\operatorname{Hom}(-;G)$ 전체를 적용하면 $f^{\sharp}-g^{\sharp}=\delta P^{\vee}+P^{\vee}\delta$ 를 얻으며, 여기서 $P^{\vee}\colon C^{n+1}(Y;G)\to C^{n}(X;G)$ 입니다. 따라서 $f^{\sharp}$ 와 $g^{\sharp}$ 는 사슬 호모토픽이고, 그러므로 $f^{\ast}=g^{\ast}$ 입니다. ∎

75.4 보편 계수 정리

이제 코호몰로지 군이 호몰로지 군에 의해 동형사상을 제외하고 결정된다는 것, 즉 $H_{n}(A_{\bullet})$ 가 주어지면 $H^{n}(A_{\bullet};G)$ 를 얻어낼 수 있다는 것을 보이고자 합니다. 이는 보편 계수 정리로 이루어집니다.

정리 75.4.1 (보편 계수 정리).

$A_{\bullet}$ 를 자유 아벨 군들의 사슬 복합체라 하고, $G$ 를 또 다른 아벨 군이라 합시다. 그러면 다음과 같은 자연스러운 짧은 완전열이 존재합니다.

0\to\operatorname{Ext}(H_{n-1}(A_{\bullet}),G)\to H^{n}(A_{\bullet};G)% \xrightarrow{h}\operatorname{Hom}(H_{n}(A_{\bullet}),G)\to 0.

또한 이 완전열은 분할되므로, 특히 다음이 성립합니다.

H^{n}(C_{\bullet};G)\cong\operatorname{Ext}(H_{n-1}(A_{\bullet}),G)\oplus% \operatorname{Hom}(H_{n}(A_{\bullet}),G).

다행히도 우리가 관심을 두는 경우에 $A_{\bullet}$ 는 $C_{\bullet}(X)$ 이며, 이는 정의상 자유입니다.

설명해야 할 것이 두 가지 있는데, 사상 $h$ 가 무엇인지와 사상 $\operatorname{Ext}$ 가 무엇인지입니다.

h\colon H^{n}(A_{\bullet};G)\to\operatorname{Hom}(H_{n}(A_{\bullet}),G)

가 어떻게 정의되는지 짐작하기는 그리 어렵지 않습니다. $H^{n}(A_{\bullet};G)$ 의 원소는 $A_{n}$ 의 순환을 $G$ 의 원소로 보내는 함수로 표현됩니다. 이 정리의 내용은 $h$ 가 전사이며 그 핵이 $\operatorname{Ext}(H_{n-1}(A_{\bullet}),G)$ 임을 보이는 것입니다.

그렇다면 $\operatorname{Ext}$ 는 무엇입니까? $\operatorname{Ext}(-,G)$ 는 이른바 Ext 함자이며, 다음과 같이 정의됩니다. $H$ 를 아벨 군이라 하고, $H$ 의 자유 분해를 생각합시다. 자유 분해란 다음과 같은 완전열을 뜻합니다

\dots\xrightarrow{f_{2}}F_{1}\xrightarrow{f_{1}}F_{0}\xrightarrow{f_{0}}H\to 0

여기서 각 $F_{i}$ 는 자유입니다. 그러면 $\operatorname{Hom}(-,G)$ 를 적용하여 쌍대사슬 복합체

\dots\xleftarrow{f_{2}^{\vee}}\operatorname{Hom}(F_{1},G)\xleftarrow{f_{1}^{% \vee}}\operatorname{Hom}(F_{0},G)\xleftarrow{f_{0}^{\vee}}\operatorname{Hom}(H% ,G)\leftarrow 0.

를 얻지만, 이 쌍대사슬 복합체는 완전할 필요가 없습니다 (범주론의 용어로 말하면, $\operatorname{Hom}(-,G)$ 는 완전성을 보존하지 않습니다). 우리는

\operatorname{Ext}(H,G)\coloneqq\ker(f_{2}^{\vee})/\operatorname{im}(f_{1}^{% \vee})

로 정의하며, 이것이 자유 분해의 선택에 의존하지 않는다는 것은 하나의 정리입니다. 여기에는 상당한 호몰로지 대수학이 들어가는데, 이에 대해서는 시간을 들여 논의하지 않겠습니다. 하지만 제가 포함한 약간의 내용에서 얻을 수 있는 요점은, 원하는 아무 자유 분해나 골라서 위의 것을 계산하면 되므로 실제로 $\operatorname{Ext}$ 함자는 계산하기가 매우 쉽다는 것입니다.

비고 75.4.2.

여러분은 이전에 “자유 분해”를 모습을 바꾼 형태로 본 적이 있습니다 — 절 18.3에서 우리는 임의의 가군 $M$ 을 $R^{\oplus d}$ 와 $K$ 가 모두 자유인 $R^{\oplus d}/K$ 로 표현하여 PID 위의 유한 생성 가군의 구조 정리를 증명했습니다. 이로부터 다음과 같은 자유 분해를 얻습니다

\dots\to 0\to K\hookrightarrow R^{\oplus d}\twoheadrightarrow M\to 0.

직관적으로, $\operatorname{Ext}$ 함자는 “있어야 하지만 없는 사상”을 측정하는 것으로 생각할 수 있습니다 — 몇 가지 예를 보고 나면 점차 직관을 얻게 될 것입니다.³³3https://mathoverflow.net/a/679에서 가져왔습니다.

보조정리 75.4.3 ( $\operatorname{Ext}$ 함자의 계산).

임의의 아벨 군 $G$ , $H$ , $H^{\prime}$ 에 대하여 다음이 성립합니다

(a)

$\operatorname{Ext}(H\oplus H^{\prime},G)=\operatorname{Ext}(H,G)\oplus% \operatorname{Ext}(H^{\prime},G)$ .
(b)

$H$ 가 자유이면 $\operatorname{Ext}(H,G)=0$ 이고,
(c)

$\operatorname{Ext}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},G)=G/nG$ .

증명.

(a)의 경우, $\dots\to F_{1}\to F_{0}\to H\to 0$ 과 $\dots\to F_{1}^{\prime}\to F_{0}^{\prime}\to H^{\prime}\to 0$ 이 자유 분해이면 $F_{1}\oplus F_{1}^{\prime}\to F_{0}\oplus F_{0}^{\prime}\to H\oplus H^{\prime}\to 0$ 역시 자유 분해임에 주목하십시오.

(b)의 경우, $0\to H\to H\to 0$ 이 자유 분해임에 주목하십시오.

(c)는 다음 자유 분해를 택하고

0\to\mathbb{Z}\xrightarrow{\times n}\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\to 0

여기에 $\operatorname{Hom}(-,G)$ 를 적용하면 따라 나옵니다.

질문 75.4.4.

여기서부터 (c)의 증명을 완성하십시오. ∎

질문 75.4.5.

$\operatorname{Ext}$ 연습 문제: $\operatorname{Ext}(\mathbb{Z}^{\oplus 2015},G)$ 와 $\operatorname{Ext}(\mathbb{Z}/30\mathbb{Z},\mathbb{Z}/4\mathbb{Z})$ 를 계산하십시오.

75.5 보편 계수 정리에 대한 설명

앞 장에는 설명되지 않은 기호와 공식이 너무 많아서 비명을 지르고 싶어질 수도 있습니다:

이제 $\mathbb{CP}^{2}$ 와 $S^{2}\vee S^{4}$ 가 서로 다른지는 더 이상 관심 없습니다! 도대체 이 공간들은 무엇입니까?

그럼에도 불구하고, 그렇게 어렵지는 않습니다. 이 정리에서 읽어 내야 할 핵심은 두 가지입니다:

•

$H_{n}(A_{\bullet})=0$ 이더라도 $\operatorname{Ext}(H_{n-1}(A_{\bullet}),G)\neq 0$ 이면 여전히 $H^{n}(A_{\bullet};G)\neq 0$ 일 수 있습니다.

저차원의 경우에는 이를 실제로 시각화할 수 있습니다 — 절 75.7에서 클라인 병에 대해 이를 보여 줍니다.
•

각 $A_{n}$ 이 자유이기만 하면, $A_{\bullet}$ 이 무엇이든 관계없이 $H^{n}(A_{\bullet};G)$ 는 $H_{n}(A_{\bullet})$ 과 $G$ 에 의해 유일하게 결정됩니다.

이는 다음을 의미합니다: 원한다면 보편 계수 정리의 공식은 잊어버리고, 세포 사슬 복합체 $\operatorname{Cells}_{\bullet}(X)$ 를 사용하여 다음과 같이 코호몰로지를 계산할 수 있습니다:

H^{n}(X;G)=\frac{\ker(\operatorname{Hom}(\operatorname{Cells}_{n}(X),G)\to% \operatorname{Hom}(\operatorname{Cells}_{n+1}(X),G))}{\operatorname{im}(% \operatorname{Hom}(\operatorname{Cells}_{n-1}(X),G)\to\operatorname{Hom}(% \operatorname{Cells}_{n}(X),G))}.

결국 세포 사슬 복합체와 특이 사슬 복합체는 모두 자유이고 같은 호몰로지 군을 가지므로, 보편 계수 정리에 의해 같은 코호몰로지 군을 가져야 합니다.

그럼에도 불구하고 보편 계수 정리의 공식이 유용한 이유는, 대개의 경우 사슬 복합체 $A_{\bullet}$ 이 $H_{\bullet}(A_{\bullet})$ 보다 더 복잡하기 때문입니다.

예제 75.5.1.

클라인 병의 세포 사슬 복합체는 다음과 같은 형태입니다.

\cdots\to\mathbb{Z}\xrightarrow{1\mapsto(0,2)}\mathbb{Z}^{2}\xrightarrow{(a,b)% \mapsto 0}\mathbb{Z}.

호몰로지 군은 다음과 같습니다.

H_{2}=0,H_{1}=\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}/2\mathbb{Z},H_{0}=\mathbb{Z}.

실제로 더 간단하기는 하지만 그 차이는 크지 않습니다(생성원이 $4$ 개가 아니라 $3$ 개이고 사상을 추적할 필요가 없습니다). 세포 호몰로지가 이미 매우 효율적이기 때문입니다.

그렇다면 이 공식은 어디에서 나오는 것입니까? 다음과 같이 생각해 볼 수 있습니다. 보편 계수 정리에 따르면 $H^{\bullet}(A_{\bullet};G)$ 는 $H_{\bullet}(A_{\bullet})$ 에만 의존하므로, $H_{\bullet}$ 가 주어지면 자유 아벨 군들로 이루어진 아무 사슬 복합체 $A_{\bullet}$ 를 구성한 뒤 이를 쌍대화하기만 하면 됩니다.

$H_{n-1}\neq 0$ 을 제외한 모든 항에 대해 $H_{k}=0$ 이라고 가정합시다. 그러면 동어반복적으로 $H^{n}\cong\operatorname{Ext}(H_{n-1};G)$ 입니다 — 자유 분해는 그 자체로 사슬 복합체입니다!

연습문제 75.5.2.

이를 확인하십시오. (힌트: 완전열 $Z_{n-1}\to H_{n-1}\to 0$ 에서 시작하십시오. 이를 $H_{n-1}$ 의 자유 분해로 확장할 수 있습니까?)

$H_{n}\neq 0$ 을 제외한 모든 항에 대해 $H_{k}=0$ 이라고 가정합시다. 그러면 $H^{n}\cong\operatorname{Hom}(H_{n},G)$ 임을 알 수 있습니다.

보편 계수 정리는 단지 자유 분해의 선택이 중요하지 않다는 것, 그리고 다른 항들이 0이 아닐 수 있는 경우 $H^{n}$ 은 위의 두 경우에 나온 두 군의 직합이라는 것을 말해 줄 뿐입니다.

원한다면 자유 분해의 선택이 중요하지 않다는 사실을 직접 증명할 수도 있습니다 — 조금 까다롭지만 그렇게 어렵지는 않습니다. 결국 사슬 복합체 사이의 사상을 구성하고(도식이 가환하도록 만드는 것은 어렵지 않습니다. 군들이 자유이므로 기저를 원하는 곳 어디로든 보낼 수 있습니다), 두 자유 분해가 사슬 호모토픽임을 보이는 것으로 귀결됩니다.

75.6 코호몰로지 군 계산의 예

대표적인 예: 아마도 $H^{n}(S^{m})$ 일 것입니다.

보편 계수 정리는 호몰로지 군을 알고 있다면 임의의 코호몰로지 군을 직접 계산하는 방법을 제공합니다.

예제 75.6.1 ( $S^{m}$ 의 코호몰로지 군).

이제 $H^{n}(S^{m})$ 을 계산하는 것은 간단합니다. $H_{n}(S^{m})$ 은 항상 자유이므로 모든 $\operatorname{Ext}$ 항이 사라지고, 따라서 다음을 얻습니다.

H^{n}(S^{m})\cong\operatorname{Hom}(H_{n}(S^{m}),G)\cong\begin{cases}G&n=m,n=0% \\ 0&\text{그렇지 않으면}.\end{cases}

예제 75.6.2 (원환면의 코호몰로지 군).

이 예에서도 0이 아닌 $\operatorname{Ext}$ 항이 없습니다. 이번에는 $H^{n}(S^{1}\times S^{1})$ 이 항상 자유이기 때문입니다. 따라서 다음을 얻습니다.

H^{n}(S^{1}\times S^{1})\cong\operatorname{Hom}(H_{n}(S^{1}\times S^{1}),G).

$H_{n}(S^{1}\times S^{1})$ 은 차원 $n=0,1,2$ 에서 각각 $\mathbb{Z}$ , $\mathbb{Z}^{\oplus 2}$ , $\mathbb{Z}$ 이므로 다음을 유도할 수 있습니다.

H^{n}(S^{1}\times S^{1})\cong\begin{cases}G&n=0,2\\ G^{\oplus 2}&n=1.\end{cases}

이 예들로부터 다음을 알아챌 수 있을 것입니다.

보조정리 75.6.3 ( $0$ 차 및 $1$ 차 코호몰로지 군은 단지 쌍대입니다).

$n=0$ 과 $n=1$ 에 대해 다음이 성립합니다.

H^{n}(X;G)\cong\operatorname{Hom}(H_{n}(X),G).

증명.

$n=0$ 인 경우는 이미 보였습니다. $n=1$ 인 경우, $H_{0}(X)$ 가 자유이므로 $\operatorname{Ext}$ 항이 사라진다는 점에 주목하십시오. ∎

예제 75.6.4 (클라인 병의 코호몰로지 군).

이 예에는 실제로 $\operatorname{Ext}$ 항이 있습니다. 예제 74.5.4에서 $K$ 가 클라인 병이면 그 호몰로지 군은 차원 $n=0$ 에서 $\mathbb{Z}$ , $n=1$ 에서 $\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ 이고 그 외에는 $0$ 이었음을 상기하십시오.

$n=0$ 인 경우, 이번에도 단순히 $H^{0}(K;G)\cong\operatorname{Hom}(\mathbb{Z},G)\cong G$ 입니다. $n=1$ 인 경우, $\operatorname{Ext}$ 항은 $\operatorname{Ext}(H_{0}(K),G)\cong\operatorname{Ext}(\mathbb{Z},G)=0$ 이므로 다음이 성립합니다.

H^{1}(K;G)\cong\operatorname{Hom}(\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}/2\mathbb{Z},G)% \cong G\oplus\operatorname{Hom}(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z},G).

여기서 $\operatorname{Hom}(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z},G)$ 는 $G$ 에서 위수가 $2$ 인 원소들(과 $0\in G$ )로 이루어진 부분군입니다.

그러나 $n=2$ 인 경우에는 처음으로 흥미로운 $\operatorname{Ext}$ 군이 나타납니다. 완전열은 다음과 같습니다.

0\to\operatorname{Ext}(\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}/2\mathbb{Z},G)\to H^{2}(X;G)% \to\underbrace{H_{2}(X)}_{=0}\to 0.

따라서 다음을 얻습니다.

H^{2}(X;G)\cong\left(\operatorname{Ext}(\mathbb{Z},G)\oplus\operatorname{Ext}(% \mathbb{Z}/2\mathbb{Z},G)\right)\oplus 0\cong G/2G.

그보다 높은 차수의 군은 모두 사라집니다. 요약하면 다음과 같습니다.

H^{n}(X;G)\cong\begin{cases}G&n=0\\ G\oplus\operatorname{Hom}(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z},G)&n=1\\ G/2G&n=2\\ 0&n\geq 3.\end{cases}

75.7 코호몰로지 군의 시각화

더 큰 $n$ 값에 대하여 $C^{n}(X;G)$ 와 $H^{n}(X;G)$ 가 무엇을 의미하는지 이해해 봅시다.

위에서와 같이 $C_{n}(X)$ 는 $X$ 위의 $n$ -단체들로 생성되는 자유 아벨 군이므로, 원소 $f\in C^{n}(X;G)$ 는 각 $n$ -단체를 $G$ 의 원소로 보내는 함수입니다(그리고 $C_{n}(X)$ 전체로 선형적으로 확장됩니다).

이러한 값의 부여는 어떤 좋은 성질도 가질 필요가 없습니다 — $n$ -단체는 단순히 (연속) 사상 $\sigma\colon\Delta^{n}\to X$ 이며, 서로 다른 사상 $\sigma_{1}$ 과 $\sigma_{2}$ 는 $\operatorname{im}\sigma_{1}=\operatorname{im}\sigma_{2}$ 이더라도 서로 다른 것으로 간주된다는 점을 상기하십시오. 특히,

•

$[v_{0},v_{1},v_{2}]$ 가 특이 단체라 하더라도, $f([v_{0},v_{1},v_{2}])+f([v_{0},v_{2},v_{1}])=0$ 이 성립할 필요는 없습니다.
•

상이 한 점에 포함되는 특이 $n$ -단체( $n\geq 1$ )가 $f$ 에 의해 반드시 $0$ 으로 보내질 필요는 없습니다.

하지만 $C_{n}(X)$ 의 원소들이 이렇게 좋지 않다는 것은 전혀 문제가 되지 않습니다! 그 이유는 아래에서 살펴보겠습니다.

호몰로지의 경우(정의 71.2.2), 우리는 다음과 같이 정의했습니다.

	$\displaystyle Z_{n}(X)$	$\displaystyle\coloneqq\ker\left(C_{n}(X)\xrightarrow{\partial}C_{n-1}(X)\right),$
	$\displaystyle B_{n}(X)$	$\displaystyle\coloneqq\operatorname{im}\left(C_{n+1}(X)\xrightarrow{\partial}C% _{n}(X)\right),$
	$\displaystyle H_{n}(X)$	$\displaystyle\coloneqq Z_{n}(X)/B_{n}(X).$

$Z_{n}(X)$ 와 $B_{n}(X)$ 의 원소를 각각 순환과 경계라고 부르며, 이는 명백한 기하학적 해석을 가집니다.

따라서,

H_{n}(X)=\frac{\text{$n$-순환}}{\text{$n$-경계}}.

이 절에서는 임시로 다음과 같이 정의하겠습니다.

	$\displaystyle Z^{n}(X;G)$	$\displaystyle\coloneqq\ker\left(C^{n}(X;G)\xrightarrow{\delta}C^{n+1}(X;G)% \right),$
	$\displaystyle B^{n}(X;G)$	$\displaystyle\coloneqq\operatorname{im}\left(C^{n-1}(X;G)\xrightarrow{\delta}C% ^{n}(X;G)\right),$
	$\displaystyle H^{n}(X;G)$	$\displaystyle\coloneqq Z^{n}(X;G)/B^{n}(X;G).$

이 절에서는 $Z^{n}(X;G)$ 의 원소를 쌍대순환, $B^{n}(X;G)$ 의 원소를 쌍대경계라고 각각 부르겠습니다. 다시 한번,

H^{n}(X;G)=\frac{\text{$n$-쌍대순환}}{\text{$n$-쌍대경계}}.

원소들이 왜 위와 같이 이름 붙여졌는지는 기하학적으로 덜 분명하지만, 군 $G$ 가 체라고 가정하면(여기서 군 연산은 체의 덧셈 연산입니다)⁴⁴4https://math.stackexchange.com/q/4712676을 참고하십시오. 다음이 성립합니다.

•

$n$ -쌍대순환은 모든 $n$ -경계를 $0\in G$ 로 보내는 사상입니다;
•

$n$ -쌍대경계는 모든 $n$ -순환을 $0\in G$ 로 보내는 사상입니다.

첫 번째 명제는 (정의를 따라가 보면) 분명하며, 두 번째 명제는 일반적으로 한 방향으로만 참입니다(쌍대경계는 모든 순환을 $0$ 으로 보내지만, 모든 순환을 $0$ 으로 보내는 사상이 반드시 쌍대경계일 필요는 없습니다 — 이는 나중에 클라인 병 예제에서 살펴보겠습니다).

$n$ -쌍대순환이 어떤 모습이어야 하는지 살펴봅시다. 먼저,

경계가 같은 호모토픽한 사슬들은 쌍대순환에 의해 같은 값으로 보내집니다.

두 $k$ -단체가 호모토픽하다는 것의 의미는 절 65.4에서 정의했습니다 — 지금 상황에서는 여기에 더하여 경계가 항상 고정되어 있을 것을 요구합니다.

예를 들어, 아래의 파란색 $1$ -단체와 주황색 $1$ -단체는 호모토픽하지만, 빨간색 $1$ -단체는 그렇지 않습니다.

증명은 어렵지 않습니다 — 호모토픽한 두 $k$ -단체의 차가 어떤 것(그 내부!)의 경계임을 보이고, 그 내부를 몇 개의 $k+1$ -단체의 합으로 나타내기만 하면 됩니다. (힌트: 실제로 가장 쉬운 방법은 오히려 내부를 두 $k+1$ -단체의 차로 나타내는 것이며, 꼭짓점 순서 문제에 주의하십시오.)

연습문제 75.7.1.

증명을 완성하십시오.

전형적인 $1$ -쌍대순환은 대략 다음과 같은 모습일 수 있으며, 각 화살표에는 그 $1$ -단체에 부여된 값이 표시되어 있습니다. 순환은 반드시 $0$ 으로 보내져야 한다는 점을 기억하십시오.

이제 다음으로 관찰할 것은 다음과 같습니다.

쌍대경계를 법으로 하여 쌍대순환만을 고려한다면, 기본적으로 순환에 부여된 값에만 관심을 가지면 됩니다.

왜 그럴까요? $k$ -쌍대경계는 어떤 $(k-1)$ -쌍대사슬의 $\delta$ 임을 기억하십시오. 그러므로 다음과 같은 $0$ -쌍대사슬이 주어졌을 때:

그 $\delta$ 는 대략 다음과 같은 모습입니다:

따라서 대략적으로 말하면,

주어진 쌍대사슬에 쌍대경계를 더하거나 빼서 대부분의 사슬에 할당된 값을 원하는 대로 조정할 수 있습니다.

“대부분의 사슬”이라고 말한 이유는 사슬들이 순환을 이루는 경우에는 쌍대경계를 더해도 그 순환에 할당된 값을 바꿀 수 없기 때문입니다.

다행히도,

•

경계인 순환에는 항상 값 $0$ 이 할당됩니다.
•

호모토픽한 순환에는 같은 값이 할당됩니다.

실제로 이를 일반화하면, 호몰로그인 순환(즉, 사상 $Z_{k}(X)\twoheadrightarrow H_{k}(X)$ 에 의해 같은 값으로 보내지는 순환)에는 같은 값이 할당됩니다.

그러므로,

각 “경계를 법으로 한 순환”에서 쌍대순환이 가지는 값을 알면, 쌍대경계를 법으로 하여 그 쌍대순환이 거의 결정됩니다.

기호로 쓰면, $H^{n}(X;G)$ 는 $\operatorname{Hom}(H_{n}(X),G)$ 와 “거의 동형”입니다.

다시 말해, 쌍대경계를 법으로 한 쌍대순환은 경계를 법으로 한 순환에서 “값을 계산”할 수 있습니다.

이것이 바로 보편 계수 정리가 말하는 내용입니다. 다만 이 정리는 그보다 더 많은 것을 알려 줍니다. “오차항”이 정확히 $\operatorname{Ext}(H_{n-1}(X),G)$ 라는 것입니다.

오차항은 왜 존재할까요? 앞에서 $K$ 가 클라인 병일 때 $H^{2}(K;G)$ 를 계산하는 예를 살펴보았습니다. 일단 $G=\mathbb{Z}$ 라고 가정하고 이를 기하학적으로 살펴봅시다.

전형적인 $2$ -쌍대사슬 $f\in C^{2}(K;\mathbb{Z})$ 는 대략 다음과 같은 모습일 수 있습니다. ( $2$ -단체가 너무 많아서 모두 그릴 수 없으므로, 몇몇 $2$ -단체에 할당된 값만 나타냈습니다.)

쌍대경계는 다음과 같은 모습일 수 있습니다 — 위의 상황과 마찬가지로 특정 단체에 할당된 값은 중요하지 않으며, 쌍대경계를 더하여 두 단체 사이에서 할당된 값을 “옮길” 수 있습니다.

따라서 클라인 병의 곡면 전체에 할당된 값이 $3$ 이라고 말해도 됩니다 — 형식적으로는, 위의 두 $2$ -단체의 합을 $e^{2}_{K}\in C_{2}(K)$ 라 하면 $f(e^{2}_{K})=3$ 이라고 쓸 수 있습니다. 그러나:

클라인 병의 곡면 전체에 해당하는 $2$ -사슬의 경계는 파란 변의 $2$ 배이므로, 파란 변에서의 값이 $1$ 인 $1$ -쌍대사슬의 $\delta$ 는 $e^{2}_{K}$ 에 값 $2$ 를 할당합니다.

기호로 쓰면, 파란 변을 $e^{1}_{b}\in C_{1}(K)$ 라 하고 $g(e^{1}_{b})=1$ 을 만족하는 $g\in C^{1}(K;\mathbb{Z})$ 를 고르면 $\delta(g)(e^{2}_{K})=2$ 입니다. $e^{2}_{K}$ 는 순환이 아닌데도 $2$ 를 법으로 한 그 할당값에는 여전히 신경 써야 합니다! 쌍대경계 $\delta(g)$ 를 더하거나 빼서는 그 값을 $2$ 단위로만 조정할 수 있기 때문입니다.

그러므로,

영역 $e^{k}\in C_{k}(X)$ 의 경계 $\partial e^{k}\in C_{k-1}(X)$ 가 $n$ 으로 나누어떨어지면, $n$ 을 법으로 하여 $e^{k}$ 에 할당된 값에 신경 써야 합니다.

이것으로 오차항 $\operatorname{Ext}(H_{n-1}(X),G)$ 가 어디에서 오는지 설명됩니다.

절 76.2에서 드람 코호몰로지와 한 번 더 비교합니다 — 그 경우에는 군 $G$ 가 체 $\mathbb{R}$ 이므로 $\operatorname{Ext}(H_{n-1}(X),G)$ 는 항상 $0$ 입니다.

75.8 상대 코호몰로지 군

상대 코호몰로지 군도 자명한 방식으로 정의할 수 있습니다. 사슬 복합체

\dots\xrightarrow{\partial}C_{1}(X,A)\xrightarrow{\partial}C_{0}(X,A)\to 0

쌍대사슬 복합체를 얻습니다

\dots\xleftarrow{\delta}C^{1}(X,A;G)\xleftarrow{\delta}C^{0}(X,A;G)\leftarrow 0.

이것의 코호몰로지 군을 취할 수 있습니다.

정의 75.8.1.

이렇게 얻은 군을 상대 코호몰로지 군이라 하며 $H^{n}(X,A;G)$ 로 나타냅니다.

또한 축약 코호몰로지 군도 정의할 수 있습니다. 한 가지 방법은 첨가 특이 사슬 복합체

\dots\xrightarrow{\partial}C_{1}(X)\xrightarrow{\partial}C_{0}(X)\xrightarrow{% \varepsilon}\mathbb{Z}\to 0

를 취하고 그 쌍대를 취하여 다음을 얻는 것입니다.

\dots\xleftarrow{\delta}C^{1}(X;G)\xleftarrow{\delta}C^{0}(X;G)\xleftarrow{% \varepsilon^{\vee}}\underbrace{\operatorname{Hom}(\mathbb{Z},G)}_{\cong G}% \leftarrow 0.

추가하는 $\mathbb{Z}$ 역시 자유이므로 보편 계수 정리가 여전히 적용됩니다. 따라서 이로부터 축약 코호몰로지 군을 얻습니다.

그러나 이미 상대 코호몰로지 군을 정의했으므로, 다음과 같이 간단히 정의하는 것이 가장 쉽습니다.

정의 75.8.2.

공집합이 아닌 공간 $X$ 의 축약 코호몰로지 군은 $\widetilde{H}^{n}(X;G)$ 로 나타내며, 어떤 점 $\ast\in X$ 에 대하여 $H^{n}(X,\{\ast\};G)$ 로 정의합니다.

75.9 생각해 볼 만한 조금 더 어려운 문제

문제 75A (쐐기곱 코호몰로지).

임의의 $G$ 와 $n$ 에 대하여 다음이 성립합니다.

\widetilde{H}^{n}(X\vee Y;G)\cong\widetilde{H}^{n}(X;G)\oplus\widetilde{H}^{n}% (Y;G).

문제 75B.

표수가 0인 체 $F$ 와 호몰로지 군이 유한 생성인 공간 $X$ 에 대하여 다음을 증명하십시오.

H^{k}(X,F)\cong\left(H_{k}(X)\right)^{\vee}.

따라서 체 위에서 코호몰로지는 호몰로지의 쌍대입니다.

문제 75C ( $\mathbb{RP}^{n}$ 의 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ -코호몰로지).

다음을 증명하십시오.

H^{m}(\mathbb{RP}^{n},\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})\cong\begin{cases}\mathbb{Z}&% \text{$m=0$이거나, $m$이 홀수이고 $m=n$인 경우}\\ \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}&\text{$0<m<n$이고 $m$이 홀수인 경우}\\ 0&\text{그렇지 않으면}.\end{cases}