完全列とKoszul複体もどき~ついでにホモロジー~

　こんにちは，えだまめです．え？お前ワインガルテン行列使った記事はって？やる気がどっか行った，そのうち作る．
　さて今回は僕がホモロジーのゼミしているときに出会った「絶対これKoszul複体意識してんだろｗｗｗ」って完全列を具体例として紹介するのが目標です．Koszul複体自体の説明は次数環を導入しないといけないのでしません．でもこれ知ってたら理解楽になるかもね．その複体が図形のホモロジー求めるのにもつかわれたんでそれも紹介したいと思います．
　この完全列の記事は数年後にまとめる予定のベクトル解析の記事の布石です．楽しみ待っててね．

完全列

ここは定義が続いていきます．

複体

$C_k$を$\mathbb{Z}$-加群とする．また$\partial_k:C_k\rightarrow C_{k-1}$を準同型とする．
$(C_{\bullet},\partial_\bullet):\cdots\xrightarrow{\partial_{k+1}}C_k\xrightarrow{\partial_k} C_{k-1}\xrightarrow{\partial_{k-1}}\cdots$，複体
$\xLeftrightarrow{\text{Def}}$ $^\forall k \in \mathbb{Z}, \partial_{k-1}\circ\partial_{k}=0$
このとき，$\partial_k$を$k$次境界準同型という．
また便宜上ある$n$で$C_i=0\ \ \ (i>n+1,i<0)$として，ずっと続く加群を取らないとする．これはこの記事だけの制約だ．

$\partial\circ\partial=0$という条件から次の事柄が成立する．

複体$(C_\bullet, \partial_\bullet)$を取ったとき次が成立する．
$\Im \partial_{k+1} \subset \ker\partial_k$

$x\in\Im\partial_{k+1}$をとる．すなわち$^\exists c_{k+1}\in C_{k+1}$ s.t. $x=\partial_{k+1}(c_{k+1})$．
このとき，
$$\partial_k(x)=\partial_k\circ\partial_{k+1}(c_{k+1}) =0$$
よって$\Im\partial_{k+1}\subset\ker\partial_k$を得る．

あとで，$\Im$で$\ker$割るのだがどっちで割るか忘れたらこれを思い出すといい．

ホモロジー加群

複体$(C_\bullet,\partial_\bullet)$を取る．
・$B_k=\Im \partial_{k+1}$と置いて，$k$次境界輪体という．
・$Z_n=\ker \partial_k$と置いて，$k$次輪体という．
・$H_k = Z_k/B_k$と置いて，$k$次ホモロジー加群という．

　余談だがなぜ$\ker$に$Z$を割り振ったのか．$B$は境界輪体をboundaryということから納得できる．まあこういうのはナトリウム(Na)がsodiumと一緒で大抵違う言語だろう．wikiによるとポアンカレとヒルベルトがホモロジーの親らしいからドイツ語でcycleを言ってみるとzyklus．ビンゴだ．ちなみにフランス語だとfaire du v'eloになるらしい．
　ただ，boundaryに謎が残る．ドイツ語だとgrenze，フランス語だとlimitでB要素がどこにもない．ヒルベルトが英語圏に渡ったとも書かれてないし記号の整理でも行われたのか？教えて！数学史強い人！

完全列

複体$(C_\bullet,\partial_\bullet)$をとる．このとき$\Im\partial_{k+1}=\ker\partial_k$を満たす$k$番目の$C_k$を完全と言い，任意の$k$に対して$C_k$が完全のとき完全列という．

　いきなりKoszul複体もどきに行くのはつらかろうから，よく知られた例をいくつかやっておこう．

複体$(C_\bullet,\partial_\bullet)$をとる．このとき，次は完全列である．
・$0\rightarrow Z_k \hookrightarrow C_k \twoheadrightarrow B_{k-1} \rightarrow 0$
・$0\rightarrow B_k \hookrightarrow Z_k \twoheadrightarrow H_k \rightarrow 0$

まず各写像を説明しよう．
$0\xrightarrow{d_0} Z_k \xrightarrow{d_1} C_k \xrightarrow{d_2} B_{k-1} \xrightarrow{d_3} 0$
$0\xrightarrow{d'_0} B_k \xrightarrow{d'_1} Z_k \xrightarrow{d'_2} H_k \xrightarrow{d'_3} 0$
の準同型に$d,d'$の名前を与えて置く．
まず簡単な$d_0,d'_0,d_3,d'_3$から説明すると定義域または値域が$0$加群で0しかないため，0写像になる．
また$d_1,d'_1$は$Z_k = \ker \partial_k \subset C_k,\ B_{k}=\Im\partial_{k+1}\subset \ker \partial_k$より包含写像を取ればいい．
続いて$d_3$だが，$B_{k-1}=\Im\partial_k$より$d_3=\partial_k$を取れば全射になる．
そして$d'_3$については$\ker\partial _k=Z_k\rightarrow H_k = \ker\partial_k/\Im\partial_{k+1}$より，そのまま$Z_k$の元を$H_k$上で考えれば全射になる．
さて，それぞれの加群について完全かを確認しよう．$\Im$と$\ker$を確認すればいい．
$$^{\ker}_{\Im}\ \ 0\xrightarrow[0]{}Z_k\xhookrightarrow[Z_k]{0}C_k \xtwoheadrightarrow[B_k]{\ker \partial_{k}} B_{k-1} \xrightarrow[]{B_k} 0$$
$$^{\ker}_{\Im}\ \ 0\xrightarrow[0]{} B_k \xhookrightarrow[B_k]{0} Z_k \xtwoheadrightarrow[H_k]{B_k} H_k \xrightarrow[]{H_k} 0$$
斜めで一致しているのが分かるだろう．これで両者が完全列であることを確かめられた．

以下は完全列になる．
$0\rightarrow \mathbb{Z}\xrightarrow{\times 1}\mathbb{Z}\rightarrow 0$

二回合成が0なのは，前後が0写像であるから自明．
同様に$\ker$と$\Im$を計算すればいい．
$^{\ker}_{\Im}\ \ 0\xrightarrow[0]{} \mathbb{Z}\xrightarrow[\mathbb{Z}]{0}\mathbb{Z}\xrightarrow[]{\mathbb{Z}}0$
斜めで一致してるので完全列になる．

また余談だがこの矢印の上下に$\ker$と$\Im$を書き始めたのは後輩のしんぎゅら君だ．僕がパクった．

Koszul複体もどき

　では早速定義を紹介していこうと思う．

Koszul複体もどき

複体$0\xrightarrow{}A_n\xrightarrow{\partial_n}\cdots \xrightarrow{\partial_2}A_1\xrightarrow{\partial_1}A_0\xrightarrow{}0$が完全列のとき，次の複体も完全列になる．
$$0\rightarrow A_n\xrightarrow{\hvec{\partial_n}{(-1)^n}}A_{n-1}\oplus A_n\xrightarrow{\matrix{\partial_{n-1}}{(-1)^n}{0}{\partial_n}}A_{n-2}\oplus A_{n-1}\rightarrow\cdots$$
$$\cdots \rightarrow A_1\oplus A_2\xrightarrow[\matrix{\partial_1}{-1}{0}{\partial_2}]{}A_0\oplus A_1\xrightarrow[\vvec{1}{\partial_1}]{}0$$

　証明をする前に，なぜ僕が喜んだか，つまりどうしてKoszul複体に見えたかと，いくつかの例を紹介しておこう．
　まず仮定する完全列を並べてみよう．
$$\begin{xy} \xymatrix{ \cdots \ar[r]_{\partial_4} & A_3 \ar[d]^{\times (-1)} \ar[r]_{\partial_3} & \color{brown}{A_2} \ar[d]^{\times 1} \ar[r]_{\partial_2} & \color{orange}{A_1} \ar[d]^{\times (-1)} \ar[r]_{\partial_1} & \color{red}{A_0} \ar[d]^{\times 1} \ar[r] &0\\ \cdots \ar[r]_{\partial_4}　& \color{brown}{A_3}　\ar[r]_{\partial_3} & \color{orange}{A_2} \ar[r]_{\partial_2} & \color{red}{A_1} \ar[r]_{\partial_1} & A_0 \ar[r] &0 } \end{xy}$$
　このような縦列も横列も複体になっているような(今回，縦列は2個しかないので合成もへったくれもないが)加群の列を二重複体という．
　また四角になってる上の行き方と下の行き方を足すと0になる，すなわち$\partial_k\circ(\times(-1)^{k-1})+(\times(-1)^{k})\circ\partial_{k}=0$となるように二重複体の準同型が満たされる時，反可換性を満たすという．
　このとき色分けした斜めの成分を取り出して新しい複体
$$\cdots\rightarrow A_2\oplus A_3\rightarrow A_1 \oplus A_2\rightarrow A_0\oplus A_1\rightarrow 0\ \oplus A_1=A_1\rightarrow0$$
を考える．準同型は横からくるやつ$\partial_k,\partial_{k+1}$と上からくるやつ$(-1)^k$の組$\matrix{\partial_{k}}{(-1)^k}{0}{\partial_{k+1}}$とすればいい．そうすれば，$A_{k}\oplus A_{k+1}\rightarrow A_{k-1}\oplus A_{k}$というセクションを考えると
$$\begin{array}{ccc} (a_k,a_{k+1}) & \mapsto & (a_k,a_{k+1})\matrix{\partial_{k}}{(-1)^{k}}{0}{\partial_{k+1}}\\ && ||\\ && (\partial_{k}(a_k),(-1)^{k}a_k+\partial_{k+1}(a_{k+1})) \end{array}$$
となり，二重複体上で横からくるやつも縦からくるやつもうまく表現されているのが分かる．こういう風な二重複体の斜めの加群の直和らと準同型らを取ったものを全複体といったりする．ある条件を満たせば全複体が完全列になるが，その条件になっているのが今回の定理だ．本当はもっと抽象的に十分条件を与えられるが，それは各々勉強してほしい．
　Koszul複体は次数環という概念を導入して，最も簡単な完全列を取りこの定理を使って帰納的に定義される複体だ．ものすごくトリックが似ていたから僕がすごい喜んだのだ．この定理自体がどこかの演習に載ってるかは知らない．僕はアティマクもハーツホーンも読んだことないのだ．永井先生の代数幾何学入門だけで代数はいばっている．その演習もろくに解いていないので知るはずもないのだ．ごめんなさい．教えて！えろい人！
　さて，完全列の例で得た完全列にこの定理を使ってみよう．

完全列$0\rightarrow \mathbb{Z}\xrightarrow{\times 1}\mathbb{Z}\rightarrow 0$に定理4を適用すると
$$0\rightarrow \mathbb{Z}\oplus 0 \xrightarrow{\matrix{1}{-1}{0}{0}}\mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z\xrightarrow{\matrix{0}{1}{0}{1}}} \ 0 \ \oplus \mathbb{Z}\rightarrow0$$
つまり，完全列$0\rightarrow \mathbb{Z} \xrightarrow{\hvec{1}{-1}}\mathbb{Z}^2\xrightarrow{\vvec{1}{1}} \mathbb{Z}\rightarrow0$を得る．この完全列にもう一度定理４を適応すると
$$0\rightarrow \mathbb{Z}\oplus0 \xrightarrow{\left(\begin{array}{ccc} 1 & -1 & 1\\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right)} \mathbb{Z}^2\oplus\mathbb{Z} \xrightarrow{\left(\begin{array}{ccc} 1 & -1 & 0\\ 1 & 0 & -1\\ 0 & 1 & -1 \end{array}\right)} \mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}^2 \xrightarrow{\left(\begin{array}{ccc} 0 & 1\\ 0 & 1 \\ 0 & 1 \end{array}\right)} \ 0\ \oplus \mathbb{Z} \rightarrow 0$$
を得る．

こちらの方がKoszul複体っぽいだろうか．2つ問いを用意しておこう．

$V_1,V_2,W_1,W_2$をベクトル空間として，線形写像$A_1:V_1\rightarrow W_1$，$A_2:V_1\rightarrow W_2$，$B_1:V_2\rightarrow W_1$，$B_2:V_2\rightarrow W_2$を取り，表現行列をそれぞれ$A_1,A_2,B_1,B_2$とする．
このとき$V_1\oplus V_2\rightarrow W_1\oplus W_2$を$(v_1,v_2)\mapsto (v_1A_1+v_2A_2, v_1B_1+v_2B_2)$で定義したとき，表現行列が$\matrix{A_1}{B_1}{A_2}{B_2}$で与えられることを示せ．

上で得られた完全列
$$0\rightarrow \mathbb{Z}\oplus0 \xrightarrow{\left(\begin{array}{ccc} 1 & -1 & 1\\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right)} \mathbb{Z}^2\oplus\mathbb{Z} \xrightarrow{\left(\begin{array}{ccc} 1 & -1 & 0\\ 1 & 0 & -1\\ 0 & 1 & -1 \end{array}\right)} \mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}^2 \xrightarrow{\left(\begin{array}{ccc} 0 & 1\\ 0 & 1 \\ 0 & 1 \end{array}\right)} \ 0\ \oplus \mathbb{Z} \rightarrow 0$$
にもう一度定理4を適用せよ．

あとで使うので一般化しておこう．証明は面倒くさいので読者に任せる．また，準同型は明示しない．
$$0 \rightarrow \mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z}^{n+1} \rightarrow \mathbb{Z}^{\binom{n+1}{n-1}} \rightarrow \cdots \rightarrow \mathbb{Z}^{\binom{n+1}{2}} \rightarrow \mathbb{Z}^{n+1} \rightarrow \mathbb{Z} \rightarrow 0$$
$\mathbb{Z}$の数ならパスカルの三角形に直和したものが一致することを利用すればいい．

定理4の証明

$\underline{\text{・複体か？ }}$
　$(\alpha,\beta)\in A_{i-1}\oplus A_i$をとる．このとき
$$\begin{array}{rl} (\alpha,\beta)\matrix{\partial_{i-1}}{(-1)^{i-1}}{0}{\partial_i} \matrix{\partial_{i-2}}{(-1)^{i-2}}{0}{\partial_{i-1}} \\ =& (\partial_{i-1}\alpha,(-1)^{i-1}+\partial_i\beta)\matrix{\partial_{i-2}}{(-1)^{i-2}}{0}{\partial_{i-1}}\\ =& (\partial_{i-2}\partial_{i-1}\alpha, (-1)^{i-2}\partial_{i-1}\alpha + (-1)^{i-1}\partial_{i-1}\alpha + \partial_{i-1}\partial_i\beta)\\ =& (0,0) \end{array}$$
元の列が複体より$\partial_{k-1}\partial_k$が0になることに注意したい．なぜ反可換性を仮定するか感じてもらえただろうか？

$\underline{\text{・完全列か？ }}$
　定理の必要条件にある複体の準同型を$d_i$と表す．$\Im d_i \subset \ker d_{i-1}$はわかっているから，逆を示す．すなわち$(\alpha,\beta)\in \ker d_{i-1}$を取ると次を満たす．
$$\partial_{i-1}\alpha = 0,\ \ (-1)^{i-1}\alpha + \partial_i\beta = 0$$
なぜなら$d_{i-1}=\matrix{\partial_{i-1}}{(-1)^{i-1}}{0}{\partial_i}$であるから，直接計算すればいい．また，$\alpha\in \ker\partial_{i-1}$であるから，元の複体の完全性より$\Im \partial_i=\ker \partial_{i-1}$であるから$^\exists \alpha'\in A_{i},\ s.t.\ \partial_i\alpha'=\alpha$となる．また
$$\partial_i(\beta-(-1)^i\alpha') = \partial_i\beta-(-1)^i\partial_i\alpha' = \partial_i\beta+(-1)^{i-1}\alpha = 0$$
より，$\beta-(-1)^i\alpha'\in \ker\partial_i=\Im\partial_{i+1}$となることから$^\exists \beta'\in A_{i+1}\ s.t. \ \partial_{i+1}\beta' = \beta-(-1)^i\alpha'$より，$\alpha',\beta'$を使って
$$\begin{array}{rcl} (\alpha',\beta') &\xmapsto{d_i}& (\partial_i\alpha',(-1)^i\alpha'+\partial_{i+1}\beta)\\ &&=(\alpha,(-1)^i\alpha'+(\beta-(-1)^i\alpha'))\\ && =(\alpha,\beta) \end{array}$$
より$(\alpha,\beta)\in\Im d_i$を得るから$\ker d_{i-1}\subset \Im d_i$となり，完全性が示される．

　ちなみに$\beta'$が突然降りてきたように証明を書いたが実際は
$$(\alpha',\beta')\xmapsto{d_i}(\partial_i\alpha, (-1)^i\alpha+\partial_{i+1}\beta')$$
より，$\partial_{i+1}\beta'$を$\beta-(-1)^i\alpha'$になるように設定したい．んで完全性からそれが0に飛ぶことを示せば$\Im$に入ることが示され，$\beta'$の存在が言える．
　このトリックはホモロジー代数にはよく出てくるのでマスターしておきたい．

ついでに図形のホモロジー群

　ここからは単体的ホモロジーの話に上で見たKoszul複体もどきをいかに利用するかの話だ．まずは復習をしておこう．

一般の位置

実ベクトル空間$V$の点$v_0,v_1,\cdots v_n$が一般の位置にあるとは，$v_1-v_0,\ v_2-v_0,\ \cdots\ v_n-v_0$が一次独立であることである．

　直感的に言えばどれも重なった直線上にないということだ．
　どうでもいいがこういう位置系が一番むずいし定義忘れると途端に後ろのことが理解できなくなるものだ．今回の記事はそうならないように気を付けるが，読者も心してかかってほしい．

単体

実ベクトル空間$V$の点$v_0,v_1,\cdots v_n$が一般の位置にあるとする．$n$単体$[v_0,\cdots v_n]$を$\{(1-t_1-\cdots-t_n)v_0+t_1v_1\cdots+t_nv_n\ |\ \sum_{i=1}^n t_i\leq1 , t_i\geq0\} $と定義する．

　例えば0単体なら1点，1単体なら線分，2単体なら中身が詰まった三角形，3単体なら中身が詰まった四面体である．なので$\Delta_n = \{(t_1,\cdots,t_n)\in\mathbb{R}^n \ |\ t_i\geq0, \sum_{i=0}^n, t_i \leq 1\}$という$n$単体を取ってくれば任意の$n$単体と同相になる．つまりは連続全単射がいて逆写像も連続になることだが，この記事ではちょっと連続的に動かせば一致するな程度の認識で言い．
　ここで$\partial\Delta_n$が中身が詰まったものの境界を表すとすれば，その外側，つまり$S^n$と同相になることに注意したい．
　さて代数に戻ろう．

$n$単体のホモロジー

$n$単体$\Delta_n$を複体化すると次が得られる．
$$0 \rightarrow \mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z}^{n+1} \rightarrow \mathbb{Z}^{\binom{n+1}{n-1}} \rightarrow \cdots \rightarrow \mathbb{Z}^{\binom{n+1}{2}} \rightarrow \mathbb{Z}^{n+1} \rightarrow 0$$
これのホモロジー$H_n$は$H_0=\mathbb{Z},\ H_i=0 \ (i\not=0)$と計算される．

　ここで複体化とは，$n$単体内の$i$単体をすべて持ってきて一次関係式で結んだ加群を並べたものをいう．例えば3単体の中身が詰まった4面体で言うと．2単体が4枚の側面の三角形，1単体が6個の辺，0単体が4個の頂点になるから，それら同じ次元の単体らを整数係数の一次関係式で結んだものだ．図形をベクトルとしてみてあげている．詳しくはホモロジーのテキストをチェック！
　また複体化するとなぜこれが得られるかというと，$\Delta_n$内の$i$単体は$i$次元の面となり頂点から$i+1$個選べばその面が決まるから，独立なものが二項係数と同じだけあるので，$\mathbb{Z}^{\binom{n+1}{i+1}}$と同型になる．細かくはアーベル群の基本定理とかに支えられてるので詳しくなりたかったらそちらを参照したい．
　さてホモロジーを計算しよう．

例2から
$$0 \rightarrow \mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z}^{n+1} \rightarrow \mathbb{Z}^{\binom{n+1}{n-1}} \rightarrow \cdots \rightarrow \mathbb{Z}^{\binom{n+1}{2}} \rightarrow \mathbb{Z}^{n+1} \rightarrow \mathbb{Z} \rightarrow 0$$
は完全列であることが分かっている．ちなみに完全列のホモロジーは$\ker=\Im$より$H_n=\ker/\Im=0$である．よって最後以外は0に潰れていることが分かる．この最後の$\mathbb{Z}$が0に置き換わったものが今回ホモロジーを求めたい複体である．
　最後だけ抜き出してみる．
$$\begin{xy} \xymatrix{ \cdots \ar[r]_{\partial_2} & \mathbb{Z}^{\binom{n+1}{2}} \ar[r]_{\partial_1} & \mathbb{Z}^{\binom{n+1}{1}} \ar[dr] \ar[r]_{\partial_0} & \mathbb{Z}^{\binom{n+1}{0}} \ar[r]_{} & 0 \\ & & & 0 \ar[ur] } \end{xy}$$
上が完全列で下の矢印を経由するのが今回の複体だ．これのホモロジーを求めると，完全性$\Im\partial_1=\ker\partial_0$より
$$H_0 = \ker 0/\Im\partial_1 = \mathbb{Z}^{n+1}/\ker\partial_0$$
また本当はよくないが線形写像とはみなせるので次元定理より
$$\dim\ker\partial_0 = \dim\mathbb{Z}^{n+1}-\dim\Im\partial_0$$
また完全性$\Im\partial_0=\ker0$より
$$\dim\ker\partial_0 = n+1 - \dim\ker0=n+1-\dim\mathbb{Z} = n$$
であるからアーベルの基本定理より$\ker\partial_0 \cong \mathbb{Z}^n$となる．改めてホモロジーを計算すると
$$H_0 = \mathbb{Z}^{n+1}/\ker\partial_0=\mathbb{Z}$$
を得る．

なぜ本当はいけないかを言及しておこう．代数の世界にはねじれ元という基底で表せないような元を持つ加群がある．例えば$\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$なんかは0と1しかないが0を基底にできるわけがないので，もし基底があれば一次結合は整数係数$c\in\mathbb{Z}$を用いて，$c\cdot1$と書けるが$c$が偶数だと0になってしまう．そのような加群であると次元定理を使うのはまずいのだが，そういうのはないとあらかじめ僕は分かっていたので，目をつぶっていただきたいｗ
　この証明にねじれ元がないことの証明を書いたり，準同型を明示的に書いて$\ker$を計算するのはめんどくさ……げふん．冗長になって読者が大変になってしまうと思ったので省略する．

球体のホモロジー

$\partial\Delta_n\approx S^{n-1}$の複体化は次の完全列となる．
$$0 \rightarrow\mathbb{Z}^{n+1} \rightarrow \mathbb{Z}^{\binom{n+1}{n-1}} \rightarrow \cdots \rightarrow \mathbb{Z}^{\binom{n+1}{2}} \rightarrow \mathbb{Z}^{n+1} \rightarrow 0$$
このときホモロジー$H_n$は$\mathbb{Z}\ \ (i=0,n-1),\ \ 0\ \ (i\not=n-1,0)$

　なぜそうなるかはさっきのときと同じだ．内部がないので$n+1$個の中から$n+1$個取ってたものが0に置き換わってる．
　証明に関しては$i=0$はまるっきり同様．$i=n-1$も同じトリックを使えば示せるので読者の演習問題にしておこう．

定理6を示せ．

　ホモロジーの意味はたくさんまとまってる記事があるのでそれを参照すればいい．一応0次ホモロジーは連結成分の個数となるので一致してそうなのが分かる．