境界が A に落ちればサイクル - 相対ホモロジーと対の長完全列

部分空間 $A$ の中で起きていることを見ないことにして、$X$ を眺める。相対ホモロジー $H_n(X,A)$ はそういう群です^[1]。

サイクルの条件がゆるみます。境界が $0$ になる必要はなく、$A$ の中に落ちてくれればよい。

このゆるみのおかげで、$X$ と $A$ と対のホモロジーが $1$ 本の長い完全列でつながります。以下では鎖複体の作り方から始め、連結準同型の構成、そして計算例を並べます。

相対鎖複体

$A\subseteq X$ とします。$A$ の特異鎖は $X$ の特異鎖の部分群なので、商をとれます。

$$C_n(X,A)=C_n(X)/C_n(A)$$

境界作用素は $A$ の鎖を $A$ の鎖へ送るので、商へ落ちます。落ちた作用素をあらためて $\partial$ と書けば、$\partial \circ \partial =0$ はそのまま成り立ちます。

この複体のホモロジーが相対ホモロジー群です。

$$H_n(X,A)=\ker {\partial }_n/\mathrm{im}{\partial }_{n+1}$$

$A=\varnothing$ とすると $C_n(A)=0$ なので、もとのホモロジーに戻ります。

相対サイクルは A まで届けばよい

商をとった意味を、代表元の言葉に直します。$C_n(X,A)$ の元は $C_n(X)$ の鎖を、$A$ の鎖の差を無視して見たものでした。

$c$ が相対サイクルであるとは、$\partial c$ が商で $0$ になること、つまり $\partial c\in C_{n-1}(A)$ を意味します。

$X$ の中で閉じている必要はありません。端が $A$ にさえ届けば数に入る、という約束です。

相対境界のほうも同じ調子でゆるみます。$c=\partial b+a$（$b$ は $X$ の鎖、$a$ は $A$ の鎖）と書ければ、$c$ は $0$ と見なされます。

例: 区間と両端

$X=[0,1]$、$A=\{0,1\}$ とします。区間を $0$ から $1$ へ走る道 $\sigma$ をとりましょう。

$\partial \sigma =\{1\}-\{0\}$ で、これは $A$ の鎖です。よって $\sigma$ は相対サイクル。

$X$ は可縮なので、絶対ホモロジーでは $1$ 次に何もありません。ところが相対では $\sigma$ が生き残ります。

$$H_1([0,1],\{0,1\})\cong \mathbb{Z}$$

両端をつまんで貼り合わせると円周ができます。相対ホモロジーが見ているのは、その円周の $1$ 次と同じものです。

長完全列

鎖複体の短完全列がひとつあります。

$$0\to C_{\bullet }(A)\to C_{\bullet }(X)\to C_{\bullet }(X,A)\to 0$$

左は包含、右は商写像です。各次数で完全なので、ホモロジーをとると長完全列が生まれます^[1,2]。

$$\cdots \to H_n(A)\to H_n(X)\to H_n(X,A)\stackrel{\partial }{\to }{H}_{n-1}(A)\to H_{n-1}(X)\to \cdots$$

最初の 2 本は包含と商から来る素直な写像です。問題は $3$ 本目で、次数を $1$ つ下げる写像がどこから現れるのか。

証明: 連結準同型を作る

作り方は図式追跡です。蛇の補題の構成をそのまま使います^[4]。

$H_n(X,A)$ の元を $[\bar{c}]$ とします。まず商写像が全射なので、$\bar{c}$ を持ち上げて $c\in C_n(X)$ がとれます。

次に $\partial c$ を見ます。$\bar{c}$ が相対サイクルなので、$\partial c$ の商での像は $0$、つまり $\partial c$ は $C_{n-1}(A)$ の元です。

さらに $\partial (\partial c)=0$ なので、$\partial c$ は $A$ のサイクル。そのホモロジー類を $\partial [\bar{c}]$ と定めます。

途中で選んだものが 2 つあります。持ち上げ $c$ と、類の代表 $\bar{c}$ です。

持ち上げを変えると差は $C_n(A)$ の元なので、境界をとった差は $A$ の中の境界。ホモロジー類は動きません。

代表を変えると差は相対境界なので、同じ計算で $A$ のサイクルの類が変わらないと分かります。よって $\partial$ は矛盾なく定まります。

完全列が言っていること

$3$ 本の写像の並びを、意味の側から読みます。

$H_n(A)\to H_n(X)$ の核にいるのは、$A$ の中では消えないのに $X$ に入れると消えるサイクルです。連結準同型の像がちょうどこれにあたります。

$H_n(X)\to H_n(X,A)$ の核にいるのは、$A$ の鎖を足せば境界に直せるサイクル。$A$ から来たものの像がちょうどこれです。

$A$ が $X$ の中でどう埋まっているか、その差し引きが完全列に書き込まれています。

例: 1 点との対は簡約ホモロジー

$A=\{x_0\}$ の場合を見ます。$H_n(\{x_0\})=0$（$n\ge 1$）なので、長完全列の両端がやせます。

$n\ge 2$ では $0\to H_n(X)\to H_n(X,x_0)\to 0$ となり、そのまま同型です。

$n=1$ の付近だけ少していねいに見ます。$H_0(\{x_0\})=\mathbb{Z}\to H_0(X)$ は単射なので、その手前の $\partial$ は $0$ 写像。

$$H_n(X,x_0)\cong {\tilde{H}}_n(X)$$

簡約ホモロジーの $\mathbb{Z}$ 引きは、$1$ 点との対をとる操作と同じでした^[3]。

例: 円板と円周

$X=D^n$、$A=S^{n-1}$ とします。$D^n$ は可縮なので $H_k(D^n)=0$（$k\ge 1$）です。

長完全列の一部を書き出します。

$$0=H_k(D^n)\to H_k(D^n,S^{n-1})\stackrel{\partial }{\to }{H}_{k-1}(S^{n-1})\to H_{k-1}(D^n)$$

$k\ge 2$ なら右端も $0$ なので、$\partial$ が同型です。$k=1$ でも簡約ホモロジーで見れば同じ形になります。

$$H_k(D^n,S^{n-1})\cong {\tilde{H}}_{k-1}(S^{n-1})$$

$n\ge 1$ で $k=n$ とすると $\mathbb{Z}$ が出ます。それ以外の次数は $0$ です。

例: 球面のホモロジーを帰納法で出す

前の例と、あとで見る商空間の関係を組み合わせます。$D^n/S^{n-1}\cong S^n$ でした。

$${\tilde{H}}_k(S^n)\cong H_k(D^n,S^{n-1})\cong {\tilde{H}}_{k-1}(S^{n-1})$$

次元が $1$ つずつ下がる漸化式が立ちました。$S^0$ が $2$ 点で ${\tilde{H}}_0(S^0)\cong \mathbb{Z}$ なので、あとは降りるだけ。

$${\tilde{H}}_k(S^n)\cong \{\begin{array}{ll}\mathbb{Z}& (k=n)\\ 0& (k\ne n)\end{array}$$

球面のホモロジーが、対の長完全列だけで出ました。トーラスや射影空間の値も同じ表に並びます^[5]。

例: 円周と 2 点

$X=S^1$、$A$ を円周上の相異なる $2$ 点とします。$A$ は $2$ 点なので $H_0(A)\cong {\mathbb{Z}}^2$、$H_1(A)=0$ です。

長完全列を書きます。

$$0\to H_1(S^1)\to H_1(S^1,A)\stackrel{\partial }{\to }{H}_0(A)\to H_0(S^1)\to H_0(S^1,A)\to 0$$

$H_0(A)\cong {\mathbb{Z}}^2\to H_0(S^1)\cong \mathbb{Z}$ は $(a,b)\mapsto a+b$ です。全射なので $H_0(S^1,A)=0$、核は $\mathbb{Z}$。

残った部分は $0\to \mathbb{Z}\to H_1(S^1,A)\to \mathbb{Z}\to 0$ という形です。右端が自由なので列は分裂します。

$$H_1(S^1,A)\cong {\mathbb{Z}}^2$$

$2$ 点をつぶすと円周は $2$ つの円の花束になります。得られた ${\mathbb{Z}}^2$ は、その $1$ 次ホモロジーと一致しています。

例: メビウスの帯と境界の円

$X$ をメビウスの帯、$A$ をその境界の円周とします。$X$ は中心の円へ変形レトラクトするので $H_1(X)\cong \mathbb{Z}$ です。

境界は中心を $2$ 周します。よって包含が誘導する写像 $H_1(A)\cong \mathbb{Z}\to H_1(X)\cong \mathbb{Z}$ は $2$ 倍写像。

$2$ 倍写像は単射なので、その手前の $H_2(X,A)\to H_1(A)$ は $0$ 写像です。$H_2(X)=0$ とあわせて $H_2(X,A)=0$ が出ます。

$1$ 次を見ます。$H_1(X)/\mathrm{im}\cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ が $H_1(X,A)$ に単射で入り、その先は $H_0(A)\to H_0(X)$ が同型なので $0$ 写像です。

$$H_1(X,A)\cong \mathbb{Z}/2$$

境界をつぶしたメビウスの帯は実射影平面になります。${\tilde{H}}_1(\mathbb{R}{P}^2)\cong \mathbb{Z}/2$ と合っています。

例: 実射影平面とその中の円周

$X=\mathbb{R}{P}^2$、$A=\mathbb{R}{P}^1\cong S^1$ とします。包含が誘導する $H_1(A)\cong \mathbb{Z}\to H_1(X)\cong \mathbb{Z}/2$ は、$2$ で割った余りをとる写像です。

全射なので、その先の $H_1(X,A)\to H_0(A)$ は $0$ 写像になります。$H_0(A)\to H_0(X)$ が単射なので $H_1(X,A)=0$ です。

$2$ 次を見ます。$H_2(X)=0$ から、$\partial :H_2(X,A)\to H_1(A)$ は単射。像は $\mathbb{Z}\to \mathbb{Z}/2$ の核、すなわち $2\mathbb{Z}$ です。

$$H_2(\mathbb{R}{P}^2,\mathbb{R}{P}^1)\cong \mathbb{Z}$$

$\mathbb{R}{P}^2/\mathbb{R}{P}^1\cong S^2$ なので、${\tilde{H}}_2(S^2)\cong \mathbb{Z}$ と合致します。

商空間との関係

上の例で毎回つぶしていたものを、定理として書きます。

$A$ が閉集合で、$A$ を変形レトラクトに含む近傍を $X$ の中に持つとき、対 $(X,A)$ を良い対といいます。良い対では商写像が同型を誘導します^[3]。

$$H_n(X,A)\cong {\tilde{H}}_n(X/A)$$

相対ホモロジーは「$A$ を $1$ 点につぶした空間」を見ている、という読み方ができます。

良い対という条件は外せません。つぶし方が悪いと、商空間のほうがおかしな形になってしまいます。

$CW$ 対や、多様体と部分多様体の対はこの条件を満たします。実用上はほとんどの場合に使える定理です。

例: CW 複体の骨格の対

$X$ を $CW$ 複体、$X^n$ を $n$ 骨格とします。$X^n/X^{n-1}$ は $n$ 胞体の個数だけ $S^n$ を花束にしたものです。

$$H_k(X^n,X^{n-1})\cong \{\begin{array}{ll}{\mathbb{Z}}^{(n\text{ 胞体の個数})}& (k=n)\\ 0& (k\ne n)\end{array}$$

各次数の胞体が、そのまま自由アーベル群の基底を与えます^[3]。

胞体鎖複体はこの群を並べたもので、境界作用素は骨格の対の連結準同型から作ります。相対ホモロジーは、胞体で計算する仕組みの土台になっています。

例: 対の完全列で同型を示す

$2$ つの対のあいだの写像 $f:(X,A)\to (Y,B)$ を考えます。長完全列は $f$ に沿って並び、はしごの形になります。

$f{|}_A:A\to B$ と $f:X\to Y$ がどちらもホモロジーの同型を誘導するとしましょう。すると縦の写像のうち $2$ 本ずつが同型です。

$5$ つの補題を当てると、真ん中の $H_n(X,A)\to H_n(Y,B)$ も同型になります。

対の側を直に調べずに済むので、計算でよく使う手です。逆に相対の側と片方が分かっていれば、残りが決まります。

三つ組の長完全列

$B\subseteq A\subseteq X$ と $3$ 段になっているときも、同じ仕組みが働きます。

$$0\to C_{\bullet }(A,B)\to C_{\bullet }(X,B)\to C_{\bullet }(X,A)\to 0$$

商をとった複体どうしにも短完全列があるので、長完全列が出ます。

$$\cdots \to H_n(A,B)\to H_n(X,B)\to H_n(X,A)\stackrel{\partial }{\to }{H}_{n-1}(A,B)\to \cdots$$

$B=\varnothing$ とすると、もとの対の長完全列に戻ります。骨格の列 $X^{n-1}\subseteq X^n\subseteq X^{n+1}$ に当てると、胞体鎖複体の境界作用素が $2$ 乗して消えることが読めます。

参考文献