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代数拓扑 III · 同调、整数挠群与可核查的填充

前置：基本群、覆盖与子群、核与商空间、整数初等行列变换。本讲从有向三角形走到整数同调，再解释同伦不变、相对长正合列、胞腔计算与系数变化。计算结果始终附上所用基和可验证的见证。

学习层：填一次、填两次，还是永远填不掉？

三条有向边组成一个圈。若里面有三角形面，它是面的一次边界；若只有边框，它再绕多少次也不能被这里的面填掉。还有第三种可能：某个闭链自己不是边界，两倍却是边界。射影平面的整数一维同调就有这样的类。

因此不要只问“有没有洞”。依次问：这条链闭合吗？它能被上一级链填充吗？若不能，它的非零倍数能否填充？使用哪一种系数？这些问题分别对应闭链、零同调类、挠元及系数选择。

实验同时保留整数链和模2、模3、模5的计算。四面体“表面”和“实体”共享相同的顶点、边、面；加入三维单纯形以后，原来的二维基本类就变成了三维边界。这次不会把上一级链群悄悄截掉。

无脚本读法。 下面的固定运行给出完整链群、带符号边界矩阵、整数基变换与填充见证。每个矩阵同时写明行列数，零行或零列不会被误认成别的尺寸。可先读四个对照，再下载全部记录逐项复算。

整数同调、三维填充与系数变化

图3.1：三角形、四面体表面与实体，以及射影平面的系数对照。可打开原图查看四个面板。

固定运行：2026-09-11，Node 24.14.0 / darwin arm64。下载全部矩阵、整数逆变换、同调基与填充证书。三角形输入012，选一链(1,−1,1)；表面输入012;013;023;123，选二链(−1,1,−1,1)；实体输入0123并保留同一二链；RP²使用一零胞腔、一一胞腔、一二胞腔，D2为乘2，选一链系数1。各组观察系数为整数，素域另行重算。

固定参数下的量 参考值
实心三角形H1整数自由秩 0
实心三角形选定链分类 边界
实心三角形的链坐标 1,-1,1
实心三角形填充链坐标 1
四面体表面H2整数自由秩 1
四面体表面选定类的阶 无限阶
四面体表面的C3维数 0
实体四面体H2整数自由秩 0
实体四面体选定面链分类 边界
实体四面体填充链坐标 1
实体四面体的C3维数 1
RP²的H1整数自由秩 0
RP²的H1非单位Smith因子 2
RP²选定一维类的精确阶 2
RP²乘该阶后的填充坐标 1
RP²模2的一维同调维数 1
RP²模2的二维同调维数 1
RP²模3的一维同调维数 0

无限阶不是计算失败。RP²的填充见证填的是选定链的2倍；面链是否为边界还取决于三维链群。整数自由秩与模素数维数分别记账。

单纯形输入会自动补齐所有低维面，编号递增固定定向；胞腔模型使用附加映射的度数；自定义矩阵只是一份代数候选，必须先满足相邻边界复合为零。整数计算没有浮点容差，模素数运算也另行精确消元。

1. 有向边界：为什么边界的边界等于零

对按顶点次序定向的单纯形，定义

\[\partial[v_0,\ldots,v_k]=\sum_{i=0}^k(-1)^i[v_0,\ldots,\widehat v_i,\ldots,v_k].\]

一条边满足 \(\partial[v_0,v_1]=[v_1]-[v_0]\)。三角形满足

\[\partial[0,1,2]=[1,2]-[0,2]+[0,1].\]

对 \(i\lt j\)，先删顶点 \(i\) 再删原顶点 \(j\)，总符号为 \((-1)^i(-1)^{j-1}\)；反过来总符号为 \((-1)^j(-1)^i\)，恰好相反。每个删去两个顶点的面只有这两次来源，所以逐项相消，得到 \(\partial^2=0\)。

在有限单纯复形中，每个单纯形的面必须仍在复形中。选一批“最大单纯形”只是输入方式，不能遗漏它们的面再直接写边界。实验会取全部面闭包。边的正方向由递增编号确定，反向链是负系数；在模2中正负才会合并。

选定基后，边界矩阵的列是出发链群的基，行是到达链群的基。例如边序为 \(01,02,12\) 时，三角形的矩阵是

\[D_1=\begin{pmatrix}-1&-1&0\\1&0&-1\\0&1&1\end{pmatrix},\qquad D_2=\begin{pmatrix}1\\-1\\1\end{pmatrix}.\]

直接相乘是零列。这里的第二条边是 \(02\)，所以闭链坐标为 \((1,-1,1)^T\)；把它误写成全正，会在整数计算中留下非零顶点边界。

2. 同调是商群，链的三种状态不能混在一起

链群及其边界组成

\[\cdots\longrightarrow C_{k+1}\xrightarrow{D_{k+1}}C_k\xrightarrow{D_k}C_{k-1}\longrightarrow\cdots.\]

定义 \(Z_k=\ker D_k\)、\(B_k=\operatorname{im}D_{k+1}\)。因为 \(D_kD_{k+1}=0\)，才有 \(B_k\subseteq Z_k\)，因而

\[H_k=Z_k/B_k\]

确实有意义。给一条链 \(c\)，先算 \(D_kc\)。若它非零，\(c\) 根本不能作为 \(H_k\) 的代表；若为零，再问能否解 \(D_{k+1}b=c\)。能解就是零类，\(b\) 是填充见证；不能解则代表非零同调类。

“非零”还分有限阶和无限阶。若存在最小正整数 \(q\) 使 \(D_{k+1}b=qc\)，则 \([c]\) 的阶为 \(q\)。\(q=1\) 对应边界，\(q\ge2\) 对应挠元；没有这样的 \(q\) 则为无限阶。填充见证必须说明填的是 \(c\) 还是 \(qc\)。

域 \(F\) 上，秩—零化度给

\[\dim_FH_k=\dim_FC_k-\operatorname{rank}_FD_k-\operatorname{rank}_FD_{k+1}.\]

同调的基不能只报一个数。可先求闭链空间的一组基，再选边界空间的基，逐个加入尚未被已有列张成的闭链；补入的列就是商空间的一组代表。实验保存这些向量，并把选定闭链分解成边界部分与同调代表部分。

3. H0、约化同调与三维边界

奇异零链是有限个点的整数线性组合。一条路径的边界是终点减起点，所以同一路径分支中的所有点在 \(H_0\) 中相同。反过来，把每个点送到它所在分支的一个整数生成元，所有路径边界都被送到零，且不同分支之间没有额外关系。因此

\[H_0(X;\mathbb Z)\cong\bigoplus_{\text{路径分支}}\mathbb Z.\]

对非空空间，用增广映射 \(\epsilon:C_0\to\mathbb Z\) 把所有系数相加，定义约化链复形。于是 \(\widetilde H_0\) 把共同的那一份常量方向去掉；有 \(r\) 个路径分支时，它为 \(\mathbb Z^{r-1}\)。特别地，\(S^0\) 有两个点，\(\widetilde H_0(S^0)=\mathbb Z\)，而区间的约化零维同调为零。

四面体的有向边界为

\[z=[123]-[023]+[013]-[012].\]

只保留表面时，\(D_2z=0\)，却没有三维链可以填它，得到一个非零 \(H_2\) 类。加入实体 \([0123]\) 后，\(D_3[0123]=z\)，同一面链成为边界。实体本身不是3闭链，因为它的二维边界仍是非零的 \(z\)。

所以 \(H_2\) 不能一律叫“空腔数”。它始终是二维闭链模掉三维边界；闭曲面的基本类是一个来源，非流形复形也可能有这样的类。实验计算0至3次，约定4次链群为零；要研究更高维空间，必须继续补上更高链群。

4. 整数同调：先把两张矩阵接到同一套基中

设 \(C_k\cong\mathbb Z^n\)。整数换基矩阵必须可逆且逆仍为整数，即行列式为 \(\pm1\)，称为 unimodular。交换两行、给一行加另一行的整数倍、把一行乘以 \(-1\)，以及相应列操作都合法；除以2通常不合法。

对下行矩阵先取 Smith 标准形

\[U D_k V=S=\operatorname{diag}(s_1,\ldots,s_r,0,\ldots),\qquad s_i\gt0,\ s_i\mid s_{i+1}.\]

新坐标为 \(x'=V^{-1}x\)。由于整数无零因子，\(Sx'=0\) 等价于前 \(r\) 个坐标为零。因此 \(V\) 的后 \(n-r\) 列给出整个整数核的一组基，而不只是有理核中的若干整数向量。

上行矩阵必须同步变为 \(V^{-1}D_{k+1}\)。因为 \(D_kD_{k+1}=0\)，其前 \(r\) 行全零，余下矩阵记为 \(C\)：

\[V^{-1}D_{k+1}=\begin{pmatrix}0\\C\end{pmatrix}.\]

此时才是在闭链基中取商。再做

\[P C Q=\operatorname{diag}(t_1,\ldots,t_s,0,\ldots),\]

得到

\[H_k\cong\mathbb Z^{n-r-s}\oplus\bigoplus_{t_i\gt1}\mathbb Z/t_i.\]

单位因子只消去一个生成元。Smith 形中属于 \(D_k\) 自身的非单位因子描述其余核中的挠信息，不能错报成 \(H_k\)；这里控制 \(H_k\) 挠部分的是上一级边界在闭链基中的因子 \(t_i\)。

为什么不能随便给核选几个整数向量？例如整数核由 \((1,-1)\) 生成，改用 \((2,-2)\) 虽然仍张成同一个有理直线，却漏掉一半整数点，商群就会算错。完整可逆矩阵 \(V\) 及其整数逆可以排除这种漏格点的问题。

看一个需要同步的例子：

\[D_1=(1\ \ 1),\qquad D_2=\begin{pmatrix}2\\-2\end{pmatrix}.\]

闭链是 \((u,-u)\)，上一级边界正是其中的偶数倍，所以 \(H_1=\mathbb Z/2\)。只看到两个矩阵的有理秩都为1，会得到自由秩0，却漏掉这份二挠。

5. Smith 消元怎样终止，怎样验证一个同调类

整数消元的核心仍是欧几里得算法。把非零元素换到当前主元位置，用整数倍行列操作消去其所在列和行；若出现不能整除的余数，将余数换成新主元，其绝对值严格变小。

行列都清零后，还须检查主元是否整除右下子块的每个元素。若不整除，把对应子块行加到主元行，便制造出一个会继续减小主元的余数。主元绝对值是正整数，不可能无限下降；最终它整除整个余下子块。递归处理子块，得到相邻对角元整除关系。已有的整除性在后续整数行列操作中保留。

例如 \(\operatorname{diag}(2,3)\) 还不是 Smith 形，因为 \(2\nmid3\)；其标准因子为1和6，对应 \(\mathbb Z/2\oplus\mathbb Z/3\cong\mathbb Z/6\)。报告“有两个挠因子”之前，需要先说用的是直积分解还是按整除排序的不变量因子分解。

验证无需相信消元程序的叙述。检查 \(UDV=S\)，检查两对逆矩阵确实相乘为单位矩阵，再检查正对角元及整除关系，就有一份精确整数证书。实验另存每一步操作和操作后的整张矩阵；超过所设步数上限时明确失败，不输出猜测结果。

对选定闭链 \(c\)，先取 \(V^{-1}c\) 的后部坐标，再乘 \(P\)，得到 \(y\)。前 \(s\) 个分量按 \(t_i\) 取余，后面的分量原样保留，即为商群坐标。若自由分量非零，类为无限阶；否则实际阶是

\[q=\operatorname{lcm}_{1\le i\le s}\frac{t_i}{\gcd(t_i,y_i)},\]

空集的最小公倍数约定为1。用 \(q y_i/t_i\) 作为 Smith 坐标，再乘上 \(Q\)，就得到满足 \(D_{k+1}b=qc\) 的填充链。因子 \(\gcd(t_i,y_i)\) 说明了为什么 \(\mathbb Z/6\) 中的元素2只有3阶，而不是6阶。

6. 换系数会改变哪些信息

整数链复形张量上 \(\mathbb F_p\)，边界矩阵逐项模素数 \(p\)，然后重新做域上的消元。绝不能直接把整数自由秩复制过去。矩阵里的2在模2中为0，在模3中却可逆。

对本讲的有限自由整数链复形，有特别便于核对的公式：

\[\dim_{\mathbb F_p}H_k(C\otimes\mathbb F_p)=\beta_k+\tau_{k,p}+\tau_{k-1,p},\]

其中 \(\beta_k\) 是整数自由秩，\(\tau_{k,p}\) 是 \(H_k(C;\mathbb Z)\) 中被 \(p\) 整除的不变量因子数。负次数挠数取零。

为什么前一维的挠也出现？自由链复形可逐层选整数基，拆成零微分的自由生成元与两项块 \(\mathbb Z\xrightarrow{d}\mathbb Z\)；对块的构造，先利用边界群自由，把 \(C_k\to B_{k-1}\) 的满射分裂，再在 \(B_k\subset Z_k\) 中做 Smith 形。整数下，非零 \(d\) 的两项块只在较低次数产生 \(\mathbb Z/d\)。若 \(p\mid d\)，模 \(p\) 后这一箭头变为零，于是两端各多一个域上的类；若 \(p\nmid d\)，箭头可逆，两端都没有同调。这逐块证明了上式。

一般系数定理把这件事写为

\[0\to H_k(C;\mathbb Z)\otimes A\to H_k(C;A)\to\operatorname{Tor}_1^{\mathbb Z}(H_{k-1}(C;\mathbb Z),A)\to0.\]

对自由整数链复形，这个序列分裂但通常没有自然的分裂选择；不能把一个任选的基分解冒充对所有映射自动相容的标准同构。更系统的构造见张量与Tor。

射影平面的胞腔链为 \(\mathbb Z\xrightarrow{2}\mathbb Z\xrightarrow{0}\mathbb Z\)。整数下 \(H_1=\mathbb Z/2\)、\(H_2=0\)；模2后二阶边界变零，\(H_1\) 和 \(H_2\) 都一维；模3时乘2可逆，这两维都为零。这是系数变化的实际效果，不是实验误差。

7. 奇异链、连续映射与同伦不变性

单纯复形的矩阵依赖一个剖分。要对一般空间定义同调，取所有连续映射 \(\sigma:\Delta^k\to X\) 作为自由生成元，链仍是其中有限多个的整数线性组合。把标准单纯形各面映进去，按第1节交替符号定义奇异边界，仍然有 \(\partial^2=0\)。

连续映射 \(f:X\to Y\) 通过 \(\sigma\mapsto f\circ\sigma\) 给链映射 \(f_\#\)。后复合与取面可交换，所以 \(\partial f_\#=f_\#\partial\)；闭链映到闭链、边界映到边界，于是诱导 \(f_*:H_k(X)\to H_k(Y)\)。恒等及复合也保留，得到函子性。

若 \(F:X\times I\to Y\) 是从 \(f\) 到 \(g\) 的同伦，考虑棱柱 \(\Delta^k\times I\)。把底面顶点记为 \(v_i\)、顶面为 \(w_i\)，用

\[[v_0,\ldots,v_i,w_i,\ldots,w_k],\qquad 0\le i\le k\]

这 \(k+1\) 个单纯形剖开棱柱，并依次赋符号 \((-1)^i\)。把它们经 \(F\circ(\sigma\times\operatorname{id})\) 映入 \(Y\)，所得 \((k+1)\) 链记为 \(P\sigma\)。对它取边界：内部接面成对反向抵消，顶面留下 \(g_\#\sigma\)，底面留下 \(-f_\#\sigma\)，侧面给 \(-P\partial\sigma\)。因此

\[\partial P+P\partial=g_\#-f_\#.\]

对闭链 \(z\)，两像相差 \(\partial(Pz)\)，故 \(f_*[z]=g_*[z]\)。这证明同伦不变，而不只是用“橡皮变形不改洞”作解释。可缩空间同调与一点相同，约化同调全部为零。

一点的奇异链在每次只有一个生成元；正次数边界的系数是 \(\sum_{i=0}^k(-1)^i\)，偶数次为1、奇数次为0。交替取核与像，得到普通 \(H_0=\mathbb Z\)、正次数全部为零。对不交并，每个标准单纯形连通，其像落在唯一分量；有限链于是逐分量分解为直和，边界保持这个分解。因此任意次数同调都保留不交并的直和，而不是允许无限非零系数的直积。

链同伦是比逐矩阵相等更灵活的一致性：两个链映射可以在每个链上给不同向量，却在同调上完全相同。后续链复形与链同伦继续使用这一等式。

8. 相对同调的连接映射从哪里来

对子空间 \(A\subseteq X\)，相对链群是 \(C_k(X,A)=C_k(X)/C_k(A)\)。相对闭链的代表 \(c\) 不必在 \(X\) 中闭合，只需 \(\partial c\) 落在 \(A\)。相对零类允许 \(c=\partial b+a\)，其中 \(a\) 是 \(A\) 内的链。

更一般，短正合链复形

\[0\longrightarrow A_\bullet\xrightarrow{i}B_\bullet\xrightarrow{j}C_\bullet\longrightarrow0\]

给出连接映射。取 \(C_k\) 的闭链 \(c\)，利用满射写 \(c=j(b)\)；因为 \(j(\partial b)=0\)，唯一有 \(a\in A_{k-1}\) 满足 \(i(a)=\partial b\)。由 \(i\) 单射和 \(\partial^2=0\)，\(a\) 闭合。定义 \(\delta[c]=[a]\)。

换提升 \(b+i(a')\)，所得 \(a\) 只多 \(\partial a'\)；换代表 \(c+\partial c'\)，可选 \(b+\partial b'\) 作为新提升，其边界不变。故连接映射定义良好。三个位置的正合性都能逐链验证：

  1. 在 \(H_k(B)\)，若 \(j_*[b]=0\)，写 \(j(b)=\partial c'\)，提升 \(c'\) 为 \(b'\)，则 \(b-\partial b'\) 在 \(i(A)\) 中，且其原像闭合。因此 \([b]\) 来自 \(i_*\)。
  2. 在 \(H_k(C)\)，若 \(\delta[c]=0\)，上述 \(a=\partial a'\)，那么 \(b-i(a')\) 闭合，且仍投影为 \(c\)。因此 \([c]\) 来自 \(j_*\)。
  3. 在 \(H_{k-1}(A)\)，若 \(i_*[a]=0\)，写 \(i(a)=\partial b\)；\(j(b)\) 闭合且 \(\delta[j(b)]=[a]\)。因此 \([a]\) 来自 \(\delta\)。

相邻复合为零由定义立即可见，于是得到长正合列。对子空间链的短正合列，它成为

\[\cdots\to H_k(A)\to H_k(X)\to H_k(X,A)\xrightarrow{\delta}H_{k-1}(A)\to\cdots.\]

注意 \(H_k(X,A)\) 通常不是 \(H_k(X)/H_k(A)\)，因为下一维的连接映射携带了相对边界的信息。只有对好对，例如非空CW子复形 \(A\subseteq X\)，才有相对同调与商空间的约化同调 \(H_k(X,A)\cong\widetilde H_k(X/A)\)；不能把任意子空间商都直接换进去。

9. 切除、Mayer–Vietoris 与胞腔矩阵

将单纯形重心细分成较小单纯形，定向取自原单纯形，得到细分链映射 \(S\)。细分小片的内部面两两抵消，所以 \(\partial S=S\partial\)。原单纯形与细分之间可在每个单纯形内取锥连接；从低维面递归向上，得到链同伦 \(T\)，满足 \(S-\operatorname{id}=\partial T+T\partial\)，且其像仍留在原单纯形的像内。

设 \(X=U\cup V\) 是开覆盖。每个奇异单纯形的逆像给紧标准单纯形一个开覆盖；Lebesgue数和反复细分后直径趋零，保证经过有限次细分，每片的像都在 \(U\) 或 \(V\)。一条链只含有限个单纯形，所以可选共同次数。由上述链同伦，任一闭链同调于“小链”；若小闭链在全链复形中有填充，把填充充分细分并加上链同伦修正，就得到小链填充。故小链子复形的包含诱导同调同构。

这也是切除的机制：若 \(Z\subseteq A\subseteq X\) 且 \(\overline Z\subseteq\operatorname{int}_X A\)，用适当开覆盖把链细分成落在 \(A\) 内或避开 \(Z\) 的小片；前者在相对链中被模掉，余下可在 \((X\setminus Z,A\setminus Z)\) 中表示，得到相对同调同构。闭包条件保证能在被切部分周围选到这些小邻域。

对开覆盖的小链，有短正合列

\[0\to C_*(U\cap V)\xrightarrow{a\mapsto(a,-a)}C_*(U)\oplus C_*(V)\xrightarrow{(u,v)\mapsto u+v}C_*^{U,V}(X)\to0.\]

最后的链群只取每个单纯形分别落在某个开集内的链。第8节的代数构造加上小链同构，给出 Mayer–Vietoris 长正合列。它不要求交集道路连通；交集的各分支由 \(H_0\) 自动记录，这与普通单基点 van Kampen 的条件不同。

胞腔链也来自相对同调。对CW骨架，切除与球面计算给

\[C_k^{\mathrm{cell}}(X)=H_k(X^k,X^{k-1})\cong\bigoplus_{k\text{胞腔}}\mathbb Z.\]

边界取复合

\[H_k(X^k,X^{k-1})\xrightarrow{\delta}H_{k-1}(X^{k-1})\longrightarrow H_{k-1}(X^{k-1},X^{k-2}).\]

相邻连接映射和包含映射的正合性给 \(d^2=0\)。为何它算的是奇异同调？附加 \(k\) 胞腔只可能改变次数 \(k\) 与 \(k-1\) 的同调；由骨架对的长正合列，\(H_k(X)\) 是 \(H_k(X^k)\) 模掉来自 \((k+1)\) 胞腔的连接像，而 \(H_k(X^k)\) 嵌入相对群的像恰是 \(\ker d_k\)。因此所得商恰为 \(\ker d_k/\operatorname{im}d_{k+1}\)。有限CW情形逐骨架完成；一般CW中，有限链及其有限填充落在有限子复形中，可将结论传递过去。

矩阵系数如何得到？将一个 \(k\) 胞腔的附加球面映入 \((k-1)\) 骨架，再把除指定 \((k-1)\) 胞腔以外的部分压成点，所得球面自映射的度数就是对应系数。环面关系词 \(abAB\) 对两条一胞腔净绕行都为零，故 \(d_2=0\)；Klein瓶关系 \(abAb\) 的 \(a\) 净次数为0、\(b\) 为2，故按(a,b)基序列为 \((0,2)^T\)。因此a给自由类，b给二阶挠类，纯挠预设取链坐标(0,1)。这些是胞腔矩阵，不能把自环和附加度数误画成普通单纯形的一条边与一个面。透镜空间预设采用三维透镜空间的标准链型，非零m的绝对值给一维挠的阶；负号可由定向改变。它没有记录所有附加映射信息，不能仅凭这份链矩阵识别或区分所有透镜空间。

10. 一般结论如何变成可使用的证明

用球面去掉南、北极所得两个可缩开集，交集同伦等价于 \(S^{n-1}\)；约化Mayer–Vietoris给正次数移位。由 \(\widetilde H_0(S^0)=\mathbb Z\) 归纳得到

\[\widetilde H_k(S^n;\mathbb Z)\cong\begin{cases}\mathbb Z,&k=n,\\0,&k\ne n.\end{cases}\]

这也解释 \(D^n\) 不能收缩到其边界：若存在收缩映射 \(r\)，包含 \(i\) 满足 \(r\circ i=\operatorname{id}\)，在次数 \(n-1\) 的约化同调上应诱导恒等，但中间经过 \(\widetilde H_{n-1}(D^n)=0\)，只能为零。\(n=1\) 时同样成立，必须用 \(\widetilde H_0\)。

若连续 \(f:D^n\to D^n\) 没有不动点，令 \(v=x-f(x)\ne0\)。从 \(f(x)\) 沿 \(v\) 方向走到球面，正根参数为

\[t(x)=\frac{-\langle f(x),v\rangle+\sqrt{\langle f(x),v\rangle^2+(1-\|f(x)\|^2)\|v\|^2}}{\|v\|^2}.\]

由于 \(x=f(x)+v\) 在球内，正向出球根满足 \(t(x)\ge1\)；分母不为零，所以 \(r(x)=f(x)+t(x)v\) 连续。若 \(x\) 已在球面，该出球根为1，故 \(r(x)=x\)。这构造了不可能的边界收缩，得到任意 \(n\ge1\) 的Brouwer不动点定理。

同调还能区分欧氏空间维数：假设 \(\mathbb R^m\cong\mathbb R^n\)，去掉对应的一点仍同胚；对 \(m,n\ge1\)，两侧分别形变收缩到 \(S^{m-1},S^{n-1}\)，其非零约化同调次数必须相同，所以 \(m=n\)。零维单点另行与正维空间区分。这是全欧氏空间的维数不变性论证，不等于已经证明任意单射的域不变性定理。

有限链复形在任意域上还有Euler恒等式：由 \(\dim C_k=\dim Z_k+\operatorname{rank}D_k\) 和 \(\dim Z_k=\dim H_k+\operatorname{rank}D_{k+1}\)，交替求和时两组边界秩相消。整数挠不贡献该交替和，因此Euler值相同不能说明同调群相同。

最后，路径连通空间满足 \(H_1(X;\mathbb Z)\cong\pi_1(X)^{\mathrm{ab}}\)。把回路当作奇异一链给出映射：路径连接与链相加之差是一个三角形边界，同伦变化由棱柱给边界，所以映射良好并消去交换子。反过来，选从基点到各奇异边端点的连接路，将一闭链的每条边补成基点回路；端点平衡使附加连接路在交换化后抵消。一个奇异三角形的三条边在交换化后也抵消，故这给反向映射，两次复合为恒等。未路径连通时逐分支应用。八字形因此有 \(H_1=\mathbb Z^2\)，但非平凡交换子已被抹去。

11. 四道练习与完整答案

题1。 对有向三角形，使用边序 \(01,02,12\)，计算 \(c=(1,-1,1)^T\) 的边界。比较填面前后，并说明把链误改为 \((1,1,1)^T\) 会怎样。

展开答案：先固定边方向，再谈闭合

由第1节矩阵，\(D_1c=(-1+1,1-1,-1+1)^T=0\)。没有面时 \(B_1=0\)，而整数核由 \(c\) 生成，所以 \(H_1=\mathbb Z\)。加入面以后，\(D_2(1)=c\)，核全部被边界填满，\(H_1=0\)；填充见证就是面系数1。

若误用全正链，\(D_1(1,1,1)^T=(-2,0,2)^T\ne0\)，它不是整数闭链。模2后这两个链相同，端点边界也变零，恰好展示了为什么模2图像不能代替整数定向检查。

题2。 对 \(D_1=(1\ \ 1)\)、\(D_2=(2,-2)^T\)，求 \(H_1\)，给 \(c=(1,-1)^T\) 的实际阶与填充见证。指出用 \((2,-2)\) 作为“核基”的问题。

展开答案：核的整数格点不能漏一半

\(D_1c=0\)，全部闭链都是 \(u(1,-1)\)。上行像是 \(2v(1,-1)\)，故 \(H_1\cong\mathbb Z/2\)。若 \(c=D_2b\)，需 \(2b=1\)，没有整数解；但 \(2c=D_2(1)\)，所以其阶恰为2，填充见证为上一级链系数1。

向量 \((2,-2)\) 只生成整数核的指数2子群，不能作为整个核的整数基。若用它并把上行像当作单位列，就会错误地消去全部同调。正确换基可取 \(V=\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}\)，其行列式为 \(-1\)，\(D_1V=(1\ \ 0)\)，后列正是 \((1,-1)\)；同步计算 \(V^{-1}D_2=(0,2)^T\)，清楚留下因子2。

题3。 圆周沿度数6附加圆盘，求整数及模2、模3、模5的 \(H_1,H_2\)。整数一链系数2的同调类是多少阶？

展开答案：同一箭头在不同系数下可能变成零或可逆

链是 \(C_2=\mathbb Z\xrightarrow{6}C_1=\mathbb Z\xrightarrow{0}C_0=\mathbb Z\)。整数下 \(H_1=\mathbb Z/6\)、\(H_2=0\)。系数2的类不为零，最小正倍数满足 \(6\mid2q\)，所以 \(q=3\)；填充见证为一个圆盘，因为 \(6\cdot1=3\cdot2\)。

模2和模3时，乘6为零，故一维、二维同调各为对应素域的一维。模5时，6等于1，乘6可逆，\(H_1=H_2=0\)。二维新增类来自前一维整数挠的信息；只把整数自由秩0逐项复制到素域上，会漏掉它们。各情形 \(H_0\) 都是相应系数的一份。

题4。 比较四面体表面与实体的 \(H_2\)。若实验只保留二维链群，为什么无法判断原面链在实体中是否为零类？再解释Euler对账为何不能取代这个检查。

展开答案：上一级边界是商群定义的一半

表面有4个顶点、6条边、4个面。带向面链 \(z=[123]-[023]+[013]-[012]\) 生成 \(\ker D_2\)，而 \(C_3=0\)，所以 \(H_2=\mathbb Z\)。实体再加一个三胞腔，\(D_3(1)=z\)，因此同一核被上行像全部模掉，\(H_2=0\)；\(D_3\) 单射，所以实体 \(H_3\) 也为零。它只剩普通 \(H_0=\mathbb Z\)。

只保留二维链群，等于把 \(\operatorname{im}D_3\) 错置为零，算到的是二维骨架的同调。表面Euler数为 \(4-6+4=2\)，实体为 \(4-6+4-1=1\)，这可以发现漏掉三胞腔的一种错误，却不能普遍识别每个类或挠因子。不同群可能具有同一个自由秩与Euler数，仍要检查完整链和填充。

12. 走向持续同调与后续理论

持续同调在一列包含 \(K_0\subseteq K_1\subseteq\cdots\) 中研究诱导映射 \(H_k(K_i;F)\to H_k(K_j;F)\)，而不只是每一站的维数。两个过程可在各站有相同Betti数，却有不同的类被保留或消去；只有带映射的记录才能确定生灭区间。在有限过滤、固定域系数的设置中，可用按过滤次序的边界矩阵约化计算条形码。整数挠、多参数过滤和噪声稳定性需要额外理论，本实验没有用单站同调替代它们。

同调与微分形式通过de Rham与Stokes相连，但实系数积分看不见整数挠。基本群的交换化给一阶同调，高阶同调仍不能穷尽全部同伦信息。以后学习上同调环、杯积或谱序列时，要继续区分“群的列表”“乘法结构”和“过滤中的映射”。

本页的原始证据包括边界矩阵、全部Smith与域消元操作、核/边界/同调基、商坐标、有限阶及填充见证；它们支持此有限模型中的精确结论。一般空间的证明来自前面逐节建立的链映射和正合性，不能由几个预设自动推出。

核对与延伸阅读。 Hatcher《Algebraic Topology》第2章的§2.1核对奇异链、棱柱同伦、相对序列、切除及Mayer–Vietoris，§2.2核对胞腔计算、度数与系数例子；§3.A同调系数定理连接到Tor。整数基变换的完整算法与本页特定算例由下载记录给出。

下一步：链复形与整数挠信息，或回到覆盖空间的子群呈示对照交换化前后的信息。