アレクサンダー双対性の証明：補空間のホモロジーは中身のコホモロジーで決まる

球面の中に図形を置き、その外側を眺めます。外側のホモロジーが、中身のコホモロジーだけで決まってしまう^[1]。

次数はひっくり返ります。$q$ 次を知りたければ、中身の $n-q-1$ 次を見る。

主張

$X$ を $S^n$ の空でないコンパクトな部分空間とし、局所可縮だとします。次の同型が成り立つ^[1]。

$${\tilde{H}}_q(S^n\setminus X)\cong {\tilde{H}}^{n-q-1}(X)$$

係数はどのアーベル群でも通ります。局所可縮という条件は、コホモロジーを Čech でとれば外せる。

簡約をとった形どうしが対応します。両辺とも、$0$ 次から $\mathbb{Z}$ を $1$ つ落とした形。

例 1：1 点を抜く

$X$ を $1$ 点とします。すべての $q$ で ${\tilde{H}}^q(X)=0$ だから、右辺はいつでも $0$。

したがって $S^n\setminus X$ の簡約ホモロジーはすべて消える。$1$ 点を抜いた球面は ${\mathbb{R}}^n$ と同相で、たしかに可縮です。

例 2：2 点を抜く

$X=S^0$、つまり $2$ 点とします。${\tilde{H}}^0(S^0)\cong \mathbb{Z}$ で、ほかの次数は $0$ になる。

右辺が $0$ でないのは $n-q-1=0$、つまり $q=n-1$ のときだけ。

$${\tilde{H}}_q(S^n\setminus S^0)\cong \{\begin{array}{ll}\mathbb{Z}& (q=n-1)\\ 0& (\text{それ以外})\end{array}$$

$2$ 点を抜いた球面は $S^{n-1}$ とホモトピー同値です。$S^2$ から $2$ 点を抜くと円筒になり、円周へ縮むため、計算と一致する。

例 3：円周を抜く

$n=2$、$X=S^1$ とします。${\tilde{H}}^0(S^1)=0$、${\tilde{H}}^1(S^1)\cong \mathbb{Z}$ です。

$q=0$ では、右辺が ${\tilde{H}}^1(S^1)\cong \mathbb{Z}$ になる。

$${\tilde{H}}_0(S^2\setminus S^1)\cong \mathbb{Z}$$

簡約 $0$ 次が $\mathbb{Z}$ とは、連結成分が $2$ つという意味です。球面に埋め込まれた円周は、球面を $2$ つに分ける^[4]。

$q=1$ では ${\tilde{H}}^0(S^1)=0$ だから、それぞれの成分に穴はありません。分かれた $2$ つは、どちらも円板と同じホモロジーを持つ。

例 4：球面の中の球面

$X=S^k\subseteq S^n$、ただし $k<n$ とします。${\tilde{H}}^q(S^k)$ が $0$ でないのは $q=k$ のときだけ。

$n-q-1=k$ を解くと $q=n-k-1$ です。

$${\tilde{H}}_q(S^n\setminus S^k)\cong \{\begin{array}{ll}\mathbb{Z}& (q=n-k-1)\\ 0& (\text{それ以外})\end{array}$$

補空間は $S^{n-k-1}$ と同じホモロジーを持ちます。埋め込み方がどれだけ絡んでいても、この答えは動かない。

円板を抜くと外側は何も残らない

証明の土台になるのは、球面ではなく円板を抜いた場合です^[2]。

$h:D^k\to S^n$ を埋め込みとすると、すべての $i$ で ${\tilde{H}}_i(S^n\setminus h(D^k))=0$ になる。

$k$ についての帰納法で示します。$k=0$ なら $h(D^0)$ は $1$ 点で、補空間は ${\mathbb{R}}^n$。可縮だから簡約ホモロジーは消える。

$D^k$ の代わりに立方体 $I^k$ を使います。同相なので結論は変わらない。最後の座標で半分に割り、次の $2$ つを置く。

$$\begin{array}{rl}A& =S^n\setminus h\left(I^{k-1}\times \left[0,\frac{1}{2}\right]\right)\\ B& =S^n\setminus h\left(I^{k-1}\times \left[\frac{1}{2},1\right]\right)\end{array}$$

どちらもコンパクト集合の補集合だから開いています。共通部分は $S^n\setminus h(I^k)$、和は $S^n\setminus h(I^{k-1}\times \{\frac{1}{2}\})$。

和のほうは $(k-1)$ 次元の立方体を抜いた形なので、帰納法の仮定から簡約ホモロジーが消えます。Mayer-Vietoris 完全列の両端が落ち、次の同型が残る。

$${\tilde{H}}_i(S^n\setminus h(I^k))\cong {\tilde{H}}_i(A)\oplus {\tilde{H}}_i(B)$$

右辺への写像は $2$ つの包含から来ています。$S^n\setminus h(I^k)$ の中で境界にならない $i$ 次サイクル $\alpha$ があったとすると、$A$ と $B$ の少なくとも一方でも $\alpha$ は境界にならない。

$i=0$ のサイクルは、拡大した鎖複体の意味でとります。

境界にならないほうを選び、その半分をまた半分に割る。繰り返すと最後の座標に入れ子の閉区間 $I_1\supset I_2\supset \cdots$ ができて、$1$ 点 $p$ へ縮みます。

どの $m$ でも $\alpha$ は $S^n\setminus h(I^{k-1}\times I_m)$ で境界にならない。

一方、帰納法の仮定から $S^n\setminus h(I^{k-1}\times \{p\})$ では $\alpha$ が境界です。$\alpha =\partial \beta$ となる鎖 $\beta$ をとる。

$\beta$ は特異単体の有限和なので、その像はコンパクト。像は増えていく開集合の列 $S^n\setminus h(I^{k-1}\times I_m)$ に覆われるため、ある $m$ で $\beta$ はまるごとその中に入る。

これは $\alpha$ がその中で境界にならないことと食い違います。境界にならないサイクルはなく、簡約ホモロジーはすべて $0$ になりました。

球面の場合を帰納法で示す

次に $h:S^k\to S^n$ を埋め込みとし、$k<n$ とします^[2]。

こちらも $k$ についての帰納法です。$k=0$ なら $S^n$ から $2$ 点を抜いた形で、$S^{n-1}$ とホモトピー同値。簡約ホモロジーは $i=n-1$ で $\mathbb{Z}$、ほかは $0$ になる。

$S^k$ を上半球 $D_{+}^k$ と下半球 $D_{-}^k$ に分けます。$2$ つの交わりは $S^{k-1}$。

$$\begin{array}{rl}A& =S^n\setminus h(D_{+}^k)\\ B& =S^n\setminus h(D_{-}^k)\end{array}$$

共通部分は $S^n\setminus h(S^k)$、和は $S^n\setminus h(S^{k-1})$ です。前の節から $A$ も $B$ も簡約ホモロジーが消えるため、Mayer-Vietoris 完全列の両端が落ちて、次数を $1$ つずらす同型が残る。

$${\tilde{H}}_i(S^n\setminus h(S^k))\cong {\tilde{H}}_{i+1}(S^n\setminus h(S^{k-1}))$$

右辺は帰納法の仮定から、$i+1=n-(k-1)-1$ のとき $\mathbb{Z}$ で、ほかは $0$。整理すると $i=n-k-1$ です。

例 4 の答えが、これで示せました。埋め込み方をどこにも使っていないため、絡んでいても結果は変わらない。

一般の場合はポアンカレ双対性から導く

$X$ が球面でも円板でもないときは、上の帰納法が回りません。ポアンカレ双対性を経由します^[1]。

筋は $2$ 段。まず補空間のホモロジーを、対 $(S^n,S^n\setminus X)$ の相対ホモロジーへ移す。

$${\tilde{H}}_q(S^n\setminus X)\cong H_{q+1}(S^n,S^n\setminus X)$$

対の長完全列では、両隣に ${\tilde{H}}_{q+1}(S^n)$ と ${\tilde{H}}_q(S^n)$ が並びます。$q\ne n-1,n$ ならどちらも $0$ で、この同型が残る。

$q=n-1$ では短完全列になります。

$$0\to {\tilde{H}}_n(S^n)\to H_n(S^n,S^n\setminus X)\to {\tilde{H}}_{n-1}(S^n\setminus X)\to 0$$

左端の $0$ は ${\tilde{H}}_n(S^n\setminus X)$ です。$S^n\setminus X$ の各成分がコンパクトでない $n$ 次元多様体だから、$n$ 次ホモロジーが消える。

この列は分裂し、$\mathbb{Z}$ が $1$ つ落ちます。右辺で $H^0$ から $\mathbb{Z}$ を落とすことと、ここが対応する。

$2$ 段目が本体です^[1]。

$$H_q(S^n,S^n\setminus X)\cong H^{n-q}(X)$$

$X$ の開近傍 $U$ をとり、対 $(S^n,S^n\setminus X)$ と $(U,U\setminus X)$ の長完全列を上下に並べます。縦の写像は基本類とのキャップ積。

真ん中の縦線がポアンカレ双対性そのものになります。$U$ を $X$ へ小さくしていく極限をとると、左端の縦線は開いた多様体 $S^n\setminus X$ の双対性 $H_q(S^n\setminus X)\cong H_c^{n-q}(S^n\setminus X)$ になる。

$H_c^{\ast }$ はコンパクトな台を持つ側のコホモロジーで、コンパクトでない多様体ではこちらが双対の相手です。

五項補題から $H_q(S^n,S^n\setminus X)\cong {\underrightarrow{\lim }}_U{H}^{n-q}(U)$ が言えます。残るのは、この極限が $H^{n-q}(X)$ に一致することの確認。

$X$ が局所可縮なら、$X$ は近傍のレトラクトにとれます。小さい $U$ を $X$ へ落とす写像が包含とホモトピックになるため、極限は $X$ 自身のコホモロジーと一致する^[1]。

$2$ 段をつなぐと、次数が $q$ から $n-q-1$ へひっくり返った形になりました。

局所可縮を外すと崩れる

条件を落とすと定理は成り立ちません。${\mathbb{R}}^2$ の中に、次の閉集合 $X$ を作る^[1]。

$0<x\le 1$ での $y=\sin \frac{1}{x}$ のグラフ、$y$ 軸上の線分 $[-1,1]$、そして $2$ つをつなぐ弧。この $3$ つを合わせた形です。無限遠点を足して $S^2$ の部分集合と見る。

$X$ は単連結だから ${\tilde{H}}^1(X;\mathbb{Z})=0$ です。ところが $S^2\setminus X$ は弧状連結成分を $2$ つ持つため、${\tilde{H}}_0(S^2\setminus X)\cong \mathbb{Z}$。

双対性が言うのは ${\tilde{H}}_0(S^2\setminus X)\cong {\tilde{H}}^1(X)$ で、左辺が $\mathbb{Z}$、右辺が $0$。両辺が食い違います。

壊れているのは $y$ 軸上の線分です。線分の各点は、どれだけ小さい近傍をとっても縮まない。局所可縮という条件は、ここで効いています。

例 5：結び目の補空間

$n=3$、$X$ を $S^3$ に埋め込まれた円周、つまり結び目 $K$ とします。$k=1$ なので $n-k-1=1$。

$${\tilde{H}}_1(S^3\setminus K)\cong \mathbb{Z},{\tilde{H}}_q(S^3\setminus K)=0(q\ne 1)$$

どんな結び目でも同じ値になる^[2]。三葉結び目でも、ほどけた円周でも、補空間のホモロジーは区別できません。

生成元は結び目のまわりを $1$ 周する小さなループです。何回まわったかを数える、それだけの群になっている。

結び目を見分けるには足りない

結び目の情報は補空間に残っています。補空間が同相なら結び目も同じだ、という定理が知られているためです。

それでもホモロジーでは足りない。上の計算のとおり、答えが結び目によらないためです。

基本群まで上がれば見分けられます。補空間の基本群を結び目群といい、こちらは結び目ごとに違う。三葉結び目とほどけた円周は、この群で分かれます^[2]。

可換化すると $\mathbb{Z}$ になる。$1$ 次ホモロジーが結び目を見分けられないのは、この可換化のためです。

例 6：絡み目の成分の個数

$X$ を $m$ 本の円周の直和とします。${\tilde{H}}^1(X)\cong {\mathbb{Z}}^m$、${\tilde{H}}^0(X)\cong {\mathbb{Z}}^{m-1}$ になる。

$q=1$ では $n-q-1=1$ で、右辺に ${\tilde{H}}^1(X)$ が来ます。

$${\tilde{H}}_1(S^3\setminus L)\cong {\mathbb{Z}}^m$$

成分の本数だけ生成元があり、それぞれの成分をまわるループに対応する。

$q=0$ では ${\tilde{H}}^2(X)=0$ だから、補空間は連結です。絡み目がどう絡んでいても、外側はひとつながり。

絡み方の違いはカップ積やマッセイ積に現れます^[1]。ホモロジー群だけでは、ボロミアン環と自明な絡み目が同じ値を返す。

例 7：向きづけできない閉曲面は 3 次元球面に入らない

閉曲面 $\Sigma$ が $S^3$ に埋め込めたとします。$q=0$ で双対性をあてる。

$${\tilde{H}}_0(S^3\setminus \Sigma )\cong {\tilde{H}}^2(\Sigma )$$

左辺は連結成分の個数から $1$ を引いたぶんの自由アーベル群です。ねじれは持たない。

$\Sigma$ が向きづけできないとすると、$H_2(\Sigma ;\mathbb{Z})=0$ で、$H_1(\Sigma ;\mathbb{Z})$ に $\mathbb{Z}/2$ ぶんのねじれがあります。普遍係数の関係から $H^2(\Sigma ;\mathbb{Z})\cong \mathbb{Z}/2$。

自由アーベル群が $\mathbb{Z}/2$ と同型になることはありません。ここで食い違う。

$$\text{クラインの壺も実射影平面も }{S}^3\text{ に埋め込めない}$$

$3$ 次元空間の中で自己交叉なしに作れない、という事実が、双対性を $1$ つあてるだけで示せました^[1]。

組み合わせ版

有限集合 $V$ を頂点集合とする抽象単体複体 $X$ に対し、双対複体を次で定めます^[3]。

$$X^{\ast }=\{\sigma \subseteq V\mid V\setminus \sigma \notin X\}$$

$X$ の面でない集合の補集合を集めたもの。$2$ 回とると元に戻ります。

$|V|=n$ とすると、次の同型が成り立つ^[3]。

$${\tilde{H}}_q(X^{\ast })\cong {\tilde{H}}^{n-q-3}(X)$$

空間への埋め込みを持ち出さずに、集合の補集合をとるだけで双対がとれます。証明も有限集合の上の計算だけで閉じる^[3]。

例 8：4 頂点で試す

$V=\{1,2,3,4\}$ とし、$X$ を辺 $\{1,2\}$ と辺 $\{3,4\}$ からなる複体とします。図形としては交わらない $2$ 本の線分で、$2$ 点と同じ形。

双対を計算します。$\{1,2\}$ の補集合は $\{3,4\}$ で、これは $X$ の面だから $\{1,2\}$ は $X^{\ast }$ に入らない。$\{3,4\}$ も同じ理由で外れます。

残る $4$ 本の辺 $\{1,3\},\{1,4\},\{2,3\},\{2,4\}$ は、補集合が $X$ の面でないので入る。頂点はすべて入ります。

$X^{\ast }$ は $1-3-2-4-1$ とめぐる $4$ 角形。円周と同じ形になりました。

$X$ は $2$ 点と同じなので ${\tilde{H}}^0(X)\cong \mathbb{Z}$、${\tilde{H}}^1(X)=0$ です。

$n=4$ で公式にあてると、${\tilde{H}}_1(X^{\ast })\cong {\tilde{H}}^0(X)\cong \mathbb{Z}$、${\tilde{H}}_0(X^{\ast })\cong {\tilde{H}}^1(X)=0$。

手で数えた $4$ 角形の値と一致しました。$0$ 次と $1$ 次が入れかわっている。

Čech で述べ直す

主張には局所可縮という条件が付いていました。$X$ が悪い形をしていると、特異コホモロジーが役に立たないためです。

コホモロジーを Čech でとると、この条件が外れる^[1]。どんなコンパクト部分集合でも双対性が成り立ちます。

さきほどの反例で確かめられます。$S^2$ 側の ${\tilde{H}}_0$ は $\mathbb{Z}$ のままだから、Čech でとった ${\check{H}}^1(X)$ も $\mathbb{Z}$ でなければならない。特異コホモロジーの $0$ との差が、$2$ つの理論の違いそのものです。

一般の証明を振り返ると、双対の相手は $X$ 自身ではなく、近傍 $U$ のコホモロジーの極限でした。Čech はその極限を定義に組みこんだ理論なので、局所の様子を問わずに話が通る。

安定ホモトピー論では、この双対がスパニエ・ホワイトヘッド双対として整理されます。補空間という具体物が、抽象的な双対対象に置きかわった形。

参考