第2回レポート問題解答 - lab.twcu.ac.jp

第 2 回レポート問題解答
位相幾何学 BI (担当: 新國)
2014 年 6 月 30 日 (月)
問題. 適当に高い次元の Euclid 空間 RN において, 一般の位置にある n + 1 個の点
A0 , A1 , . . . , An を頂点とする n 単体 σ n = |A0 A1 · · · An | を考える. いま, σ n の全て
の面全体の集合から成る単体的複体を K(σ n ) で表し, また, K(σ n ) から σ n を除い
て得られる単体的複体を K(∂σ n ) で表す. このとき, 以下の設問に答えよ.
( 1 ) K(∂σ 2 ) のホモロジー群を求めよ.
( 2 ) K(σ 2 ) のホモロジー群を求めよ.
( 3 ) K(∂σ 3 ) のホモロジー群を求めよ.
以上
解答.
(1) 各 1 単体の向き付けは ⟨A0 A1 ⟩, ⟨A1 A2 ⟩, ⟨A2 A0 ⟩ とする (図 1 (1) を参照). いま,
K(∂σ 2 ) のチェイン複体は
∂
∂
∂
2
1
0
0 −→
C1 (K(∂σ 2 )) −→
C0 (K(∂σ 2 )) −→
0
である. K(∂σ 2 ) は連結なので, 定理 2.4.4 で述べたように H0 (K(∂σ 2 )) ∼
= Z とな
2
2
る. 以下, H1 (K(∂σ )) を求めよう. いま, B1 (K(∂σ )) = Im∂2 = 0 であるから,
H1 (K(∂σ 2 )) = Z1 (K(∂σ 2 ))/B1 (K(∂σ 2 )) = Ker∂1 /Im∂2 = Ker∂1
(i)
となる. K(∂σ 2 ) の任意の 1 次元チェイン c ∈ C1 (K(∂σ 2 )) は
c = m1 ⟨A0 A1 ⟩ + m2 ⟨A1 A2 ⟩ + m3 ⟨A2 A0 ⟩ (m1 , m2 , m3 ∈ Z)
とかけて, 更に c ∈ Ker∂1 とすると,
0 = ∂1 (c)
= ∂1 (m1 ⟨A0 A1 ⟩ + m2 ⟨A1 A2 ⟩ + m3 ⟨A2 A0 ⟩)
= m1 ∂1 (⟨A0 A1 ⟩) + m2 ∂1 (⟨A1 A2 ⟩) + m3 ∂1 (⟨A2 A0 ⟩)
= m1 (⟨A1 ⟩ − ⟨A0 ⟩) + m2 (⟨A2 ⟩ − ⟨A1 ⟩) + m3 (⟨A0 ⟩ − ⟨A2 ⟩)
= (−m1 + m3 ) ⟨A0 ⟩ + (m1 − m2 ) ⟨A1 ⟩ + (m2 − m3 ) ⟨A2 ⟩
1
(ii)
である. ⟨A0 ⟩, ⟨A1 ⟩, ⟨A2 ⟩ は自由加群 C0 (K(∂σ 2 )) の基底であるから, これより


 −m1 + m3 = 0
m1 − m2 = 0

 m − m = 0,
2
3
即ち
m1 = m2 = m3
(iii)
c = m1 (⟨A0 A1 ⟩ + ⟨A1 A2 ⟩ + ⟨A2 A0 ⟩)
(iv)
となる. 従って (ii), (iii) から
であり, 故に (i), (iv) より
H1 (K(∂σ 2 )) = Ker∂1 = {m (⟨A0 A1 ⟩ + ⟨A1 A2 ⟩ + ⟨A2 A0 ⟩) | m ∈ Z} ∼
=Z
となる. 以上により, K(∂σ 2 ) のホモロジー群は
{
Z (q = 0, 1)
Hq (K(∂σ 2 )) ∼
=
0 (q ̸= 0, 1)
である.
(2) 2 単体の向き付けは ⟨A0 A1 A2 ⟩, 各 1 単体の向き付けは ⟨A0 A1 ⟩, ⟨A1 A2 ⟩, ⟨A2 A0 ⟩
とする (図 1 (2) を参照). いま, K(σ 2 ) のチェイン複体は
∂
∂
∂
∂
3
2
1
0
0 −→
C2 (K(σ 2 )) −→
C1 (K(σ 2 )) −→
C0 (K(σ 2 )) −→
0
である. K(σ 2 ) は連結なので, H0 (K(σ 2 )) ∼
= Z となる. 次に H2 (K(σ 2 )) を求めよ
う. いま, B2 (K(σ 2 )) = Im∂3 = 0 であるから,
H2 (K(σ 2 )) = Z2 (K(σ 2 ))/B2 (K(σ 2 )) = Ker∂2 /Im∂3 = Ker∂2
(v)
となる. K(σ 2 ) の任意の 2 次元チェイン c ∈ C2 (K(σ 2 )) は
c = m⟨A0 A1 A2 ⟩ (m ∈ Z)
とかけて, 更に c ∈ Ker∂2 とすると,
0 = ∂2 (c)
= ∂2 (m⟨A0 A1 A2 ⟩)
= m∂2 (⟨A0 A1 A2 ⟩)
= m (⟨A1 A2 ⟩ − ⟨A0 A2 ⟩ + ⟨A0 A1 ⟩)
= m⟨A1 A2 ⟩ + m⟨A2 A0 ⟩ + m⟨A0 A1 ⟩
2
(vi)
である. ⟨A0 A1 ⟩, ⟨A1 A2 ⟩, ⟨A2 A0 ⟩ は自由加群 C1 (K(σ 2 )) の基底であるから, これよ
り m = 0 となる. 従って (vi) から c = 0, 即ち Ker∂2 = 0 であり, 故に (v) より
H2 (K(σ 2 )) = Ker∂2 = 0
となる. 最後に H1 (K(σ 2 )) を求めよう. いま,
H1 (K(σ 2 )) = Z1 (K(σ 2 ))/B1 (K(σ 2 )) = Ker∂1 /Im∂2
(vii)
である. K(σ 2 ) の任意の 1 次元チェイン c′ ∈ C1 (K(σ 2 )) は
c′ = m1 ⟨A0 A1 ⟩ + m2 ⟨A1 A2 ⟩ + m3 ⟨A2 A0 ⟩ (m1 , m2 , m3 ∈ Z)
(viii)
とかけて, 更に c′ ∈ Ker∂1 とすると, (1) と同様の議論によって
m1 = m2 = m3
(ix)
である. このとき (viii), (ix) から
c′ = m1 (⟨A0 A1 ⟩ + ⟨A1 A2 ⟩ + ⟨A2 A0 ⟩) = m1 ∂2 (⟨A0 A1 A2 ⟩) ∈ Im∂2
となり, これより Ker∂1 ⊂ Im∂2 である. 一方, Ker∂1 ⊃ Im∂2 は常に成り立つのだっ
たから, 故に
Ker∂1 = Im∂2
(x)
となる. 従って (vii), (x) より
H1 (K(σ 2 )) = Ker∂1 /Im∂2 = 0
である. 以上により, K(σ 2 ) のホモロジー群は
{
Z (q = 0)
Hq (K(σ 2 )) ∼
=
0 (q ̸= 0)
となる.
(3) 各 2 単体の向き付けは ⟨A0 A1 A2 ⟩, ⟨A0 A2 A3 ⟩, ⟨A0 A3 A1 ⟩, ⟨A1 A3 A2 ⟩, 各 1 単体の
向き付けは ⟨A0 A1 ⟩, ⟨A1 A2 ⟩, ⟨A2 A0 ⟩, ⟨A0 A3 ⟩, ⟨A1 A3 ⟩, ⟨A3 A2 ⟩ とする (図 1 (3) を
参照). いま, K(∂σ 3 ) のチェイン複体は
∂
∂
∂
∂
3
2
1
0
0 −→
C2 (K(∂σ 3 )) −→
C1 (K(∂σ 3 )) −→
C0 (K(∂σ 3 )) −→
0
である. K(∂σ 3 ) は連結なので, H0 (K(∂σ 3 )) ∼
= Z となる. 次に H2 (K(∂σ 3 )) を求め
よう. いま, B2 (K(∂σ 3 )) = Im∂3 = 0 であるから,
H2 (K(∂σ 3 )) = Z2 (K(∂σ 3 ))/B2 (K(∂σ 3 )) = Ker∂2 /Im∂3 = Ker∂2
3
(xi)
となる. K(∂σ 3 ) の任意の 2 次元チェイン c ∈ C2 (K(∂σ 3 )) は
c = m1 ⟨A0 A1 A2 ⟩ + m2 ⟨A0 A2 A3 ⟩ + m3 ⟨A0 A3 A1 ⟩ + m4 ⟨A1 A3 A2 ⟩
(xii)
(m1 , m2 , m3 , m4 ∈ Z)
とかけて, 更に c ∈ Ker∂2 とすると,
0 = ∂2 (c)
= ∂2 (m1 ⟨A0 A1 A2 ⟩ + m2 ⟨A0 A2 A3 ⟩ + m3 ⟨A0 A3 A1 ⟩ + m4 ⟨A1 A3 A2 ⟩)
= m1 ∂2 (⟨A0 A1 A2 ⟩) + m2 ∂2 (⟨A0 A2 A3 ⟩) + m3 ∂2 (⟨A0 A3 A1 ⟩) + m4 ∂2 (⟨A1 A3 A2 ⟩)
= m1 (⟨A1 A2 ⟩ − ⟨A0 A2 ⟩ + ⟨A0 A1 ⟩) + m2 (⟨A2 A3 ⟩ − ⟨A0 A3 ⟩ + ⟨A0 A2 ⟩)
+m3 (⟨A3 A1 ⟩ − ⟨A0 A1 ⟩ + ⟨A0 A3 ⟩) + m4 (⟨A3 A2 ⟩ − ⟨A1 A2 ⟩ + ⟨A1 A3 ⟩)
= (m1 − m3 ) ⟨A0 A1 ⟩ + (m1 − m4 ) ⟨A1 A2 ⟩ + (m1 − m2 ) ⟨A2 A0 ⟩
+ (−m2 + m3 ) ⟨A0 A3 ⟩ + (−m2 + m4 ) ⟨A3 A2 ⟩ + (−m3 + m4 ) ⟨A1 A3 ⟩
である. ⟨A0 A1 ⟩, ⟨A1 A2 ⟩, ⟨A2 A0 ⟩, ⟨A0 A3 ⟩, ⟨A3 A2 ⟩, ⟨A1 A3 ⟩ は自由加群 C1 (K(∂σ 3 ))
の基底であるから, これより


m1 − m3 = 0




m1 − m4 = 0



m − m = 0
1
2

−m
+
m
2
3 = 0




 −m2 + m4 = 0



−m3 + m4 = 0,
即ち
m1 = m2 = m3 = m4
(xiii)
となる. 従って (xii), (xiii) から
c = m1 (⟨A0 A1 A2 ⟩ + ⟨A0 A2 A3 ⟩ + ⟨A0 A3 A1 ⟩ + ⟨A1 A3 A2 ⟩)
(xiv)
であり, 故に (xi), (xiv) より
H2 (K(∂σ 3 )) = Ker∂2
= {m (⟨A0 A1 A2 ⟩ + ⟨A0 A2 A3 ⟩ + ⟨A0 A3 A1 ⟩ + ⟨A1 A3 A2 ⟩) | m ∈ Z}
∼
=Z
となる. 最後に H1 (K(∂σ 3 )) を求めよう. いま,
H1 (K(∂σ 3 )) = Z1 (K(∂σ 3 ))/B1 (K(∂σ 3 )) = Ker∂1 /Im∂2
4
(xv)
である. K(∂σ 3 ) の任意の 1 次元チェイン c′ ∈ C1 (K(∂σ 3 )) は
c′ = m1 ⟨A0 A1 ⟩ + m2 ⟨A1 A2 ⟩ + m3 ⟨A2 A0 ⟩
+m4 ⟨A0 A3 ⟩ + m5 ⟨A3 A2 ⟩ + m6 ⟨A1 A3 ⟩ (mi ∈ Z)
(xvi)
とかけて, 更に c′ ∈ Ker∂1 とすると,
0 = ∂1 (c′ )
= ∂1 (m1 ⟨A0 A1 ⟩ + m2 ⟨A1 A2 ⟩ + m3 ⟨A2 A0 ⟩ + m4 ⟨A0 A3 ⟩ + m5 ⟨A3 A2 ⟩ + m6 ⟨A1 A3 ⟩)
= m1 ∂1 (⟨A0 A1 ⟩) + m2 ∂1 (⟨A1 A2 ⟩) + m3 ∂1 (⟨A2 A0 ⟩)
+m4 ∂1 (⟨A0 A3 ⟩) + m5 ∂1 (⟨A3 A2 ⟩) + m6 ∂1 (⟨A1 A3 ⟩)
= m1 ∂1 (⟨A1 ⟩ − ⟨A0 ⟩) + m2 ∂1 (⟨A2 ⟩ − ⟨A1 ⟩) + m3 ∂1 (⟨A0 ⟩ − ⟨A2 ⟩)
+m4 ∂1 (⟨A3 ⟩ − ⟨A0 ⟩) + m5 ∂1 (⟨A2 ⟩ − ⟨A3 ⟩) + m6 ∂1 (⟨A3 ⟩ − ⟨A1 ⟩)
= (−m1 + m3 − m4 ) ⟨A0 ⟩ + (m1 − m2 − m6 ) ⟨A1 ⟩
+ (m2 − m3 + m5 ) ⟨A2 ⟩ + (m4 − m5 + m6 ) ⟨A3 ⟩
となる. ⟨A0 ⟩, ⟨A1 ⟩, ⟨A2 ⟩ は自由加群 C0 (K(∂σ 3 )) の基底であるから, これより

−m1 + m3 − m4 = 0



m − m − m = 0
1
2
6

m2 − m3 + m5 = 0



m4 − m5 + m6 = 0
である. この連立 1 次方程式を解くと
m4 = −m1 + m3 , m5 = −m2 + m3 , m6 = m1 − m2
(xvii)
となる. 従って (xvi), (xvii) から
c′ = m1 ⟨A0 A1 ⟩ + m2 ⟨A1 A2 ⟩ + m3 ⟨A2 A0 ⟩ + m4 ⟨A0 A3 ⟩ + m5 ⟨A3 A2 ⟩ + m6 ⟨A1 A3 ⟩
= m1 ⟨A0 A1 ⟩ + m2 ⟨A1 A2 ⟩ + m3 ⟨A2 A0 ⟩
+ (−m1 + m3 ) ⟨A0 A3 ⟩ + (−m2 + m3 ) ⟨A3 A2 ⟩ + (m1 − m2 ) ⟨A1 A3 ⟩
= m1 (⟨A0 A1 ⟩ − ⟨A0 A3 ⟩ + ⟨A1 A3 ⟩) + m2 (⟨A1 A2 ⟩ − ⟨A3 A2 ⟩ − ⟨A1 A3 ⟩)
+m3 (⟨A2 A0 ⟩ + ⟨A0 A3 ⟩ + ⟨A3 A2 ⟩)
= m1 (−∂2 (⟨A0 A3 A1 ⟩)) + m2 (−∂2 (⟨A1 A3 A2 ⟩)) + m3 (−∂2 (⟨A0 A2 A3 ⟩))
= ∂2 (−m1 ⟨A0 A3 A1 ⟩ − m2 ⟨A1 A3 A2 ⟩ − m3 ⟨A0 A2 A3 ⟩)
∈ Im∂2
となり, これより Ker∂1 ⊂ Im∂2 である. 一方, Ker∂1 ⊃ Im∂2 は常に成り立つのだっ
たから, 故に
Ker∂1 = Im∂2
5
(xviii)
となる. 従って (xv), (xviii) より
H1 (K(∂σ 3 )) = Ker∂1 /Im∂2 = 0
である. 以上により, K(∂σ 3 ) のホモロジー群は
{
Z (q = 0, 2)
Hq (K(∂σ 3 )) ∼
=
0 (q ̸= 0, 2)
となる.
A0
A0
A0
A3
A2
A1
(1)
A2
A1
(2)
A1
A2
(3)
図 1: 各単体の向き
6

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