道路同调(1)

YMSC公开课

定义

给定有限集$V,$ 基本$p$-道路为含有$V$中$p+1$个点的序列

$$e_{i_0\cdots i_p}=\{i_0,\cdots,i_p\}.$$

固定数域$\mathbb{K},$ $\Lambda_p$为所有基本$p$道路的$\mathbb{K}$-线性组合, 其中的元素称为$p$-道路.

定义$\partial:\Lambda_p\rightarrow \Lambda_{p-1}:$

$$\partial e_{i_0\cdots i_p}=\sum_{q=0}^p(-1)^qe_{i_0\cdots \widehat i_q\cdots i_p}, \quad p\ge 1,$$

$p=0$时定义$\Lambda_{-1}=\{0\},$ $\partial=0.$ 这样$(\Lambda_\ast ,\partial)$构成链复形. 由基本计算, 我们有如下引理.

引理 1. $\partial^2=0.$

我们称基本$p$-道路$i_0\cdots i_p$是正则的, 若$i_k\neq i_{k+1},$ $\,\forall\,k=0,\cdots,p-1.$ 反之成为非正则的.

记$I_p$为所有非正则基本$p$-道路张成的$\Lambda_p$中的子空间. 我们有$\partial I_p\subset I_{p-1}.$ 由此可合理定义$R_p=\Lambda_p/I_p,$ 使得有诱导运算$\partial:R_p\rightarrow R_{p-1}.$ 称$R_p$中元素为正则化的道路.

若$V$为有向图, 进一步称正则基本$p$-道路$i_0\cdots i_p$是准许的, 若$i_k\rightarrow i_{k+1},$ $\,\forall\,k=0,\cdots,p-1.$ 记$A_p$为全体准许正则基本$p$-道路生成的子空间. 一般的, $\partial A_p\not\subset A_{p-1}.$

定义$A_p$的子空间$\Omega_p:$

$$\Omega_p:=\{v\in A_p\mid \partial v\in A_{p-1}\}.$$

此时有$\partial \Omega_p\subset \Omega_{p-1}$. $\Omega_p$中的元素称为$\partial$-不变$p$-道路.

$A_0=\left<{}e_i\right>,$ $A_1=\left<{}e_{ij}\mid i\rightarrow j\right>,$ $A_2=\left<{}e_{ijk}\mid i\rightarrow j\rightarrow k\right>.$ 那么$\Omega_0=A_0,$ $\Omega_1=A_1,$ 而一般的$\Omega_2\subset A_2.$ 一些例子是若$a\rightarrow b\rightarrow c$且$a\rightarrow c,$ 那么三角形$e_{abc}\in \Omega_2;$ 若$a\rightarrow b\rightarrow c$且$a\rightarrow b’\rightarrow c,$ 但$a\not\rightarrow c,$ 那么也有矩形$e_{abc}-e_{ab’c}\in \Omega_2;$ 还有双箭头$e_{aba}\in \Omega_2.$

命题 2. $|\Omega_p|\le 1$ $\Rightarrow$ $|\Omega_n|=0,$ $\,\forall\,n> p.$

称序列$0,1,\cdots,p$为$p$-单形, 若其满足$i<j$ $\Leftrightarrow$ $i\rightarrow j.$ $p$-单形是落在$\Omega_p$中的.

道路同调

定义$H_p=\ker \partial_{p}/\operatorname{Im}\partial_{p+1},$ $\partial_p:=\partial|_{\Omega_p}.$ Betti数 $\beta_p:=|H_p|.$ 若$\Omega_\ast $是有限的, 即$\Omega_p=\{0\}$对$p$充分大, 那么示性数

$$\chi:=\sum_{p=0}^\infty (-1)^p |\Omega_p|=\sum_{p=0}^\infty (-1)^p \beta_p.$$

命题 3. 若$X,Y$为两个无交的有向图, 那么$\beta_p(X\sqcup Y)=\beta_p(X)+\beta_p(Y).$

这一命题来自于$\Omega_p(X\sqcup Y)=\Omega_p(X)\oplus \Omega_p(Y).$ 进一步, 有

命题 4. $\beta_0(G)$为$G$的连通分支个数.

只需证明若$G$是连通的, $\beta_0(G)=1.$ 这里连通指任意两点$i,j$之间存在$i$到$j$的道路. 由此即得.

称$a,b$构成半有向边, 若$a\not\rightarrow b,$ 但存在$c,$ 使得$a\rightarrow c\rightarrow b.$

命题 5. $|\Omega_2|=|A_2|-s,$ $s$为$G$中半有向边个数. 事实上, $\Omega_2$由所有的三角形, 矩形, 双箭头张成.

文章最后更新于 2024-02-26 15:27:06