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東北大学 理学研究科 数学専攻 2018年8月実施 選択問題 [4]

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Author​

祭音Myyura (Based on L^2's answer refined with GPT 6 Astra)

Description​

問題は 88 題ある。33 題を選択して解答すること。

nn 次元ユークリッド空間 Rn\mathbb R^n の k+1k+1 個の点 a0,a1,…,aka_0,a_1,\ldots,a_k は、∑i=0kti=0\sum_{i=0}^k t_i=0 を満たす k+1k+1 個の実数 t0,t1,…,tkt_0,t_1,\ldots,t_k で ∑i=0ktiai=0\sum_{i=0}^k t_ia_i=0 を満たすものは ti=0t_i=0（i=0,…,ki=0,\ldots,k）以外に存在しないとき、一般の位置にあるといわれる。このとき kk 単体 [a0,a1,…,ak][a_0,a_1,\ldots,a_k] を

[a0,a1,…,ak]={∑i=0ktiai∈Rn | ∑i=0kti=1, ti≥0 (i=0,1,…,k)}[a_0,a_1,\ldots,a_k] =\left\{\sum_{i=0}^k t_ia_i\in\mathbb R^n\ \middle|\ \sum_{i=0}^k t_i=1,\ t_i\ge0\ (i=0,1,\ldots,k)\right\}

と定める。kk 単体 [a0,a1,…,ak][a_0,a_1,\ldots,a_k] の mm 辺単体とは、集合 {a0,a1,…,ak}\{a_0,a_1,\ldots,a_k\} の m+1m+1 個の点からなる部分集合が定める mm 単体のことである。

n≥3n\ge3 とし、Rn\mathbb R^n 内に n+2n+2 個の点 a,b,a1,…,ana,b,a_1,\ldots,a_n で、a,a1,…,ana,a_1,\ldots,a_n と b,a1,…,anb,a_1,\ldots,a_n がそれぞれ一般の位置にあるものが与えられているとし、nn 単体 σ,τ\sigma,\tau を σ=[a,a1,…,an]\sigma=[a,a_1,\ldots,a_n]、τ=[b,a1,…,an]\tau=[b,a_1,\ldots,a_n] で定める。ただし σ∩τ=[a1,…,an]\sigma\cap\tau=[a_1,\ldots,a_n] と仮定する。以下の問いに答えよ。

(1) τ\tau の (n−1)(n-1) 辺単体全体の和集合を Yn−1Y_{n-1} とする。このとき Yn−1Y_{n-1} の整係数ホモロジー群を求めよ。

(2) σ\sigma の (n−2)(n-2) 辺単体全体の和集合を Xn−2X_{n-2} とする。このとき Xn−2X_{n-2} の整係数ホモロジー群を求めよ。

(3) Yn−1,Xn−2Y_{n-1},X_{n-2} を設問 (1), (2) の通りとする。このとき Xn−2∪Yn−1X_{n-2}\cup Y_{n-1} の整係数ホモロジー群を求めよ。

题目描述​

本卷共 88 道题，请选择其中 33 道作答。

若 nn 维欧氏空间 Rn\mathbb R^n 中的 k+1k+1 个点 a0,a1,…,aka_0,a_1,\ldots,a_k 满足：对实数 t0,t1,…,tkt_0,t_1,\ldots,t_k，条件 ∑i=0kti=0\sum_{i=0}^k t_i=0 与 ∑i=0ktiai=0\sum_{i=0}^k t_ia_i=0 只能在所有 ti=0t_i=0（i=0,…,ki=0,\ldots,k）时同时成立，则称这些点处于一般位置。此时定义 kk 维单形

[a0,a1,…,ak]={∑i=0ktiai∈Rn | ∑i=0kti=1, ti≥0 (i=0,1,…,k)}.[a_0,a_1,\ldots,a_k] =\left\{\sum_{i=0}^k t_ia_i\in\mathbb R^n\ \middle|\ \sum_{i=0}^k t_i=1,\ t_i\ge0\ (i=0,1,\ldots,k)\right\}.

其 mm 维面是由集合 {a0,a1,…,ak}\{a_0,a_1,\ldots,a_k\} 中任取 m+1m+1 个点构成的子集所确定的 mm 维单形。

设 n≥3n\ge3，给定 Rn\mathbb R^n 中的 n+2n+2 个点 a,b,a1,…,ana,b,a_1,\ldots,a_n，其中 a,a1,…,ana,a_1,\ldots,a_n 和 b,a1,…,anb,a_1,\ldots,a_n 分别处于一般位置。定义 nn 维单形 σ=[a,a1,…,an]\sigma=[a,a_1,\ldots,a_n]、τ=[b,a1,…,an]\tau=[b,a_1,\ldots,a_n]，并假设 σ∩τ=[a1,…,an]\sigma\cap\tau=[a_1,\ldots,a_n]。回答下列问题。

(1) 令 Yn−1Y_{n-1} 为 τ\tau 的所有 (n−1)(n-1) 维面的并。求 Yn−1Y_{n-1} 的整系数同调群。

(2) 令 Xn−2X_{n-2} 为 σ\sigma 的所有 (n−2)(n-2) 维面的并。求 Xn−2X_{n-2} 的整系数同调群。

(3) Yn−1,Xn−2Y_{n-1},X_{n-2} 如 (1)、(2) 所定义。求 Xn−2∪Yn−1X_{n-2}\cup Y_{n-1} 的整系数同调群。

Kai​

以下、係数はすべて Z\mathbb Z とする。

(1)​

Yn−1=∂τY_{n-1}=\partial\tau は Sn−1S^{n-1} と同相なので

Hq(Yn−1)≅{Zq=0,n−1,0それ以外.H_q(Y_{n-1})\cong \begin{cases} \mathbb Z & q=0,n-1,\\ 0 & \text{それ以外}. \end{cases}

(2)​

Xn−2X_{n-2} は σ\sigma の (n−2)(n-2)-骨格である。n≥3n\ge3 より連結なので H0(Xn−2)≅ZH_0(X_{n-2})\cong\mathbb Z。1≤q<n−21\le q<n-2 における鎖群と境界写像は可縮な単体 σ\sigma のものと同じなので、Hq(Xn−2)=0H_q(X_{n-2})=0 である。また次元より q>n−2q>n-2 でも 00 である。

v0=a,vi=aiv_0=a,v_i=a_i（1≤i≤n1\le i\le n）とし、Fi=[v0,…,v^i,…,vn]F_i=[v_0,\ldots,\widehat v_i,\ldots,v_n] とおく。単体 σ\sigma の鎖複体の完全性から、Xn−2X_{n-2} の (n−2)(n-2)-サイクル群は zi=∂Fiz_i=\partial F_i（0≤i≤n0\le i\le n）で生成される。これらの間の関係式は

∑i=0n(−1)izi=0\sum_{i=0}^n(-1)^iz_i=0

の整数倍だけである。実際、ker⁡∂n−1=im⁡∂n\ker\partial_{n-1}=\operatorname{im}\partial_n は ∂[v0,…,vn]\partial[v_0,\ldots,v_n] で生成される。

Xn−2X_{n-2} 自体には (n−1)(n-1)-単体がないので、このサイクル群がそのまま Hn−2(Xn−2)H_{n-2}(X_{n-2}) となる。上の関係式で znz_n を消去でき、z0,…,zn−1z_0,\ldots,z_{n-1} は自由基底になる。したがって

Hq(Xn−2)≅{Zq=0,Znq=n−2,0それ以外.\boxed{ H_q(X_{n-2})\cong \begin{cases} \mathbb Z & q=0,\\ \mathbb Z^n & q=n-2,\\ 0 & \text{それ以外}. \end{cases}}

(3)​

Z=Xn−2∪Yn−1Z=X_{n-2}\cup Y_{n-1} とおく。共通部分は共有面 F0=[a1,…,an]F_0=[a_1,\ldots,a_n] の境界なので

Xn−2∩Yn−1=∂F0≅Sn−2.X_{n-2}\cap Y_{n-1}=\partial F_0\cong S^{n-2}.

その基本サイクルは包含によって Hn−2(Xn−2)H_{n-2}(X_{n-2}) の基底の一つ z0z_0 に写る。一方、Yn−1Y_{n-1} 内では F0F_0 の境界なので 00 に写る。したがって誘導写像

Z≅H~n−2(Xn−2∩Yn−1)⟶H~n−2(Xn−2)⊕H~n−2(Yn−1)≅Zn\mathbb Z\cong\widetilde H_{n-2}(X_{n-2}\cap Y_{n-1}) \longrightarrow\widetilde H_{n-2}(X_{n-2})\oplus\widetilde H_{n-2}(Y_{n-1})\cong\mathbb Z^n

は基底の一つへの包含であり、単射かつ余核は Zn−1\mathbb Z^{n-1} である。

単体的 Mayer–Vietoris 完全列の該当部分は

0⟶Z⟶H~n−1(Z)⟶Z→1↦z0Zn⟶H~n−2(Z)⟶0.0\longrightarrow\mathbb Z\longrightarrow\widetilde H_{n-1}(Z) \longrightarrow\mathbb Z\xrightarrow{1\mapsto z_0}\mathbb Z^n \longrightarrow\widetilde H_{n-2}(Z)\longrightarrow0.

よって Hn−1(Z)≅ZH_{n-1}(Z)\cong\mathbb Z、Hn−2(Z)≅Zn−1H_{n-2}(Z)\cong\mathbb Z^{n-1} となる。他の正次数は 00 であり、ZZ は連結であるから

Hq(Xn−2∪Yn−1)≅{Zq=0,n−1,Zn−1q=n−2,0それ以外.\boxed{ H_q(X_{n-2}\cup Y_{n-1})\cong \begin{cases} \mathbb Z & q=0,n-1,\\ \mathbb Z^{n-1} & q=n-2,\\ 0 & \text{それ以外}. \end{cases}}

Reference​

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