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入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」

2022-04-20T16:28:04Z

もなくゎ: /* テキストの構成 */

== 入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」 ==

本テキストでは、ホモロジー理論に親しみのない方を主なターゲットとし、'''単体複体の二元体係数ホモロジー'''という最もシンプルなホモロジー理論の一つを紹介する。

テキストを読むにあたっては、集合と写像・線型代数の基本的な取り扱いに慣れているとよい。
たとえば、部分集合族・線型写像の核と像・ベクトル空間の商空間といった概念は頻繁に登場する。
'''しかし、位相空間論・環上の加群論の知識は全く必要としない。'''それは以下の理由による。

まず、ホモロジー理論とは[[代数的トポロジー]]と呼ばれる分野の一種である。代数的トポロジーとは、幾何的対象<ref name="群コホもあるよ">実は、対象が幾何的でなくてもよい。たとえば群に対する（コ）ホモロジー理論が存在する。</ref>から代数的な量を取り出し、それを用いて元々の幾何的対象を調べる分野の総称である。
このとき、ホモロジー理論で扱われる代数的な量のことを'''ホモロジー'''あるいは'''ホモロジー群'''というが、ホモロジー群にも様々な種類が存在する。
種類の区別の仕方として、以下に挙げる二つの判断基準がある：
* 第一に、取り扱う幾何的対象の範囲である。最も素朴にはすべての位相空間が考えられるが、扱う範囲を制限することで議論が進みやすくなる。本テキストでは、位相空間の知識がなくてもホモロジー理論に親しめるよう、'''単体複体'''と呼ばれる組合せ的な対象を取り扱う。
* 第二に、代数的量であるホモロジー群の複雑さである。ホモロジーは一般に環上の加群であるが、環を簡単なものにすることでホモロジー群の計算・その結果が簡単になる。本テキストでは、'''二元体'''と呼ばれる環の上でホモロジー理論を展開する。二元体は特に体であるので、ホモロジー群は二元体上のベクトル空間ということになる。

現代の代数的トポロジーは、代数的にも幾何的にも大きく抽象化を受けて発展している。
それを学ぶとき、最も抽象的と思われる理論から勉強をスタートすることも一つの道であるが、最も原始的と思われる例から触れてみることも、親しみを持つためには有効なことがある。
本テキストで得た知識・経験が、数学を面白いと思える理由の一つ、あるいはこの先にあるホモロジー理論・代数的トポロジーを学ぶ際の助けとなれば幸いである。

ちなみに、'''ホモロジー（homology）'''は英語で「相同性」を表す言葉である。

== テキストの構成 ==

本テキストでは、幾何的なモチベーションを主軸に置き、必要に応じて代数的な道具を紹介する。
理論を説明した後に、あるいはしながら、具体例の計算を促していく。

本テキストの構成は以下の通りである。扱う内容で章を区切っているので、分量の多い章も存在する。適宜休息を挟んで読んでもらいたい。
'''2022年4月現在でテキストは未完成のため、順番を変更したり内容を追加・削除したりする可能性があります。'''

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]

この章では、二元体に親しみがない読者のため、速習コースを用意する。
'''二元体'''とは唯二つの要素のみから成る体のことであり、その計算規則の特異さから、実数体 $\mathbb{R}$ や複素数体 $\mathbb{C}$ 上の線型代数とは異なる部分を生む。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]

この章では、本テキストを通して扱う幾何的対象である単体複体について、諸々の定義を行う。
'''単体複体'''とは、単体と呼ばれる図形のピースを"きっちり"と貼り合わせて作られる組合せ的な図形である。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]

単体複体が与えられたとき、その多面体が目に見えるとは限らない。
あるいは目に見えたとしても、その"かたち"を把握することは一般に難しい。
そこで我々は、与えられた単体複体からホモロジーと呼ばれる代数的な量を取り出し、観察することを考える。

この章では、その準備として、単体複体という幾何的対象に対して'''鎖複体'''という代数的対象を対応づける。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂に'''ホモロジー群'''を定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジーX：ホモロジーの基本的性質]]

この章では、ホモロジー群の持つ基本的な性質を紹介する。主なトピックは以下の三点である。
::-$0$ 次ホモロジー群の幾何的な意味
::-錐のホモロジー群
::-擬多様体のホモロジー群

*[[単体複体の二元体係数ホモロジーX：単体複体の対と相対ホモロジー]]

この章では、単体複体の対というものを考え、そのホモロジー群である'''相対ホモロジー群'''について紹介する。
一見取っつきにくい概念かもしれないが、非常に有用な考え方であることが今後明らかとなる。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジーX：単体写像から鎖写像へ]]

この章では、'''単体写像'''という幾何的写像に対して、鎖写像と呼ばれる代数的写像を導入し、それがホモロジー群の間の写像を誘導することを述べる。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジーX：蛇の補題]]

ここまでの内容で、ホモロジー群の取り扱いに際して代数的な大道具は用意しなかった。
この章では、'''蛇の補題'''という強力な定理を紹介する。この章のみ、幾何的な議論を排除する。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジーX：ホモロジー長完全列およびMayer-Vietorisの原理]]

この章では、蛇の補題から従う偉大な系として、'''ホモロジー長完全列'''および'''Mayer-Vietorisの原理'''を紹介する。得られる連結射の幾何的な解釈についても紹介する。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジーX：ホモロジーの粗さ(1)]]

色々な単体複体に対してホモロジー群を求めてみると、同じ計算結果を与えるものたちが見つかる。
この章では、単体複体に対する'''縮約'''という改変操作を導入し、縮約によってホモロジー群が変化しないことを紹介する。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジーX：ホモロジーの粗さ(2)]]

二つの単体複体間の単体写像に対して誘導射を求めてみると、同じ計算結果を与えるものたちが見つかる。
この章では、単体写像の間の'''近接関係'''という関係を導入し、近接関係にある単体写像は同じ誘導射を与えることを紹介する。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジーX：ホモロジーからコホモロジーへ]]

これまで、単体複体のホモロジー理論を解説してきた。
この章では、ホモロジーに酷似した、しかしホモロジーよりも豊かな代数的構造を持つ'''コホモロジー'''と呼ばれる量を導入する。

== 参考文献 ==

*[https://amzn.to/3u6p5ig 枡田「代数的トポロジー」]
*[https://amzn.to/3uUYJyE 中岡「位相幾何学―ホモロジー論」]
*[https://amzn.to/3j2DS7a Hausmann「Mod Two Homology and Cohomology」]

== 関連項目 ==

*[[代数的トポロジー]]

== 脚注 ==
<references />

入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」

2022-04-16T16:19:23Z

もなくゎ: /* テキストの構成 */

== 入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」 ==

本テキストでは、ホモロジー理論に親しみのない方を主なターゲットとし、'''単体複体の二元体係数ホモロジー'''という最もシンプルなホモロジー理論の一つを紹介する。

テキストを読むにあたっては、集合と写像・線型代数の基本的な取り扱いに慣れているとよい。
たとえば、部分集合族・線型写像の核と像・ベクトル空間の商空間といった概念は頻繁に登場する。
'''しかし、位相空間論・環上の加群論の知識は全く必要としない。'''それは以下の理由による。

まず、ホモロジー理論とは[[代数的トポロジー]]と呼ばれる分野の一種である。代数的トポロジーとは、幾何的対象<ref name="群コホもあるよ">実は、対象が幾何的でなくてもよい。たとえば群に対する（コ）ホモロジー理論が存在する。</ref>から代数的な量を取り出し、それを用いて元々の幾何的対象を調べる分野の総称である。
このとき、ホモロジー理論で扱われる代数的な量のことを'''ホモロジー'''あるいは'''ホモロジー群'''というが、ホモロジー群にも様々な種類が存在する。
種類の区別の仕方として、以下に挙げる二つの判断基準がある：
* 第一に、取り扱う幾何的対象の範囲である。最も素朴にはすべての位相空間が考えられるが、扱う範囲を制限することで議論が進みやすくなる。本テキストでは、位相空間の知識がなくてもホモロジー理論に親しめるよう、'''単体複体'''と呼ばれる組合せ的な対象を取り扱う。
* 第二に、代数的量であるホモロジー群の複雑さである。ホモロジーは一般に環上の加群であるが、環を簡単なものにすることでホモロジー群の計算・その結果が簡単になる。本テキストでは、'''二元体'''と呼ばれる環の上でホモロジー理論を展開する。二元体は特に体であるので、ホモロジー群は二元体上のベクトル空間ということになる。

現代の代数的トポロジーは、代数的にも幾何的にも大きく抽象化を受けて発展している。
それを学ぶとき、最も抽象的と思われる理論から勉強をスタートすることも一つの道であるが、最も原始的と思われる例から触れてみることも、親しみを持つためには有効なことがある。
本テキストで得た知識・経験が、数学を面白いと思える理由の一つ、あるいはこの先にあるホモロジー理論・代数的トポロジーを学ぶ際の助けとなれば幸いである。

ちなみに、'''ホモロジー（homology）'''は英語で「相同性」を表す言葉である。

== テキストの構成 ==

本テキストでは、幾何的なモチベーションを主軸に置き、必要に応じて代数的な道具を紹介する。
理論を説明した後に、あるいはしながら、具体例の計算を促していく。

本テキストの構成は以下の通りである。扱う内容で章を区切っているので、分量の多い章も存在する。適宜休息を挟んで読んでもらいたい。
'''2022年4月現在でテキストは未完成のため、順番を変更したり内容を追加・削除したりする可能性があります。'''

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]

この章では、二元体に親しみがない読者のため、速習コースを用意する。
'''二元体'''とは唯二つの要素のみから成る体のことであり、その計算規則の特異さから、実数体 $\mathbb{R}$ や複素数体 $\mathbb{C}$ 上の線型代数とは異なる部分を生む。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]

この章では、本テキストを通して扱う幾何的対象である単体複体について、諸々の定義を行う。
'''単体複体'''とは、単体と呼ばれる図形のピースを"きっちり"と貼り合わせて作られる組合せ的な図形である。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]

単体複体が与えられたとき、その多面体が目に見えるとは限らない。
あるいは目に見えたとしても、その"かたち"を把握することは一般に難しい。
そこで我々は、与えられた単体複体からホモロジーと呼ばれる代数的な量を取り出し、観察することを考える。

この章では、その準備として、単体複体という幾何的対象に対して'''鎖複体'''という代数的対象を対応づける。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂に'''ホモロジー群'''を定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジーX：ホモロジーの基本的性質]]

この章では、ホモロジー群の持つ基本的な性質を紹介する。主なトピックは以下の三点である。
::-$0$ 次ホモロジー群の幾何的な意味
::-錐のホモロジー群
::-擬多様体のホモロジー群

*[[単体複体の二元体係数ホモロジーX：単体複体の対と相対ホモロジー]]

この章では、単体複体の対というものを考え、そのホモロジー群である'''相対ホモロジー群'''について紹介する。
一見取っつきにくい概念かもしれないが、非常に有用な考え方であることが今後明らかとなる。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジーX：単体写像から鎖写像へ]]

この章では、'''単体写像'''という幾何的写像に対して、鎖写像と呼ばれる代数的写像を導入し、それがホモロジー群の間の写像を誘導することを述べる。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジーX：蛇の補題]]

ここまでの内容で、ホモロジー群の取り扱いに際して代数的な大道具は用意しなかった。
この章では、'''蛇の補題'''という強力な定理を紹介する。この章のみ、幾何的な議論を排除する。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジーX：ホモロジー長完全列およびMayer-Vietorisの原理]]

この章では、蛇の補題から従う偉大な系として、'''ホモロジー長完全列'''および'''Mayer-Vietorisの原理'''を紹介する。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジーX：ホモロジーの粗さ(1)]]

色々な単体複体に対してホモロジー群を求めてみると、同じ計算結果を与えるものたちが見つかる。
この章では、単体複体に対する'''縮約'''という改変操作を導入し、縮約によってホモロジー群が変化しないことを紹介する。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジーX：ホモロジーの粗さ(2)]]

二つの単体複体間の単体写像に対して誘導射を求めてみると、同じ計算結果を与えるものたちが見つかる。
この章では、単体写像の間の'''近接関係'''という関係を導入し、近接関係にある単体写像は同じ誘導射を与えることを紹介する。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジーX：ホモロジーからコホモロジーへ]]

これまで、単体複体のホモロジー理論を解説してきた。
この章では、ホモロジーに酷似した、しかしホモロジーよりも豊かな代数的構造を持つ'''コホモロジー'''と呼ばれる量を導入する。

== 参考文献 ==

*[https://amzn.to/3u6p5ig 枡田「代数的トポロジー」]
*[https://amzn.to/3uUYJyE 中岡「位相幾何学―ホモロジー論」]
*[https://amzn.to/3j2DS7a Hausmann「Mod Two Homology and Cohomology」]

== 関連項目 ==

*[[代数的トポロジー]]

== 脚注 ==
<references />

入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」

2022-04-16T16:18:35Z

もなくゎ: /* 入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」 */

== 入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」 ==

本テキストでは、ホモロジー理論に親しみのない方を主なターゲットとし、'''単体複体の二元体係数ホモロジー'''という最もシンプルなホモロジー理論の一つを紹介する。

テキストを読むにあたっては、集合と写像・線型代数の基本的な取り扱いに慣れているとよい。
たとえば、部分集合族・線型写像の核と像・ベクトル空間の商空間といった概念は頻繁に登場する。
'''しかし、位相空間論・環上の加群論の知識は全く必要としない。'''それは以下の理由による。

まず、ホモロジー理論とは[[代数的トポロジー]]と呼ばれる分野の一種である。代数的トポロジーとは、幾何的対象<ref name="群コホもあるよ">実は、対象が幾何的でなくてもよい。たとえば群に対する（コ）ホモロジー理論が存在する。</ref>から代数的な量を取り出し、それを用いて元々の幾何的対象を調べる分野の総称である。
このとき、ホモロジー理論で扱われる代数的な量のことを'''ホモロジー'''あるいは'''ホモロジー群'''というが、ホモロジー群にも様々な種類が存在する。
種類の区別の仕方として、以下に挙げる二つの判断基準がある：
* 第一に、取り扱う幾何的対象の範囲である。最も素朴にはすべての位相空間が考えられるが、扱う範囲を制限することで議論が進みやすくなる。本テキストでは、位相空間の知識がなくてもホモロジー理論に親しめるよう、'''単体複体'''と呼ばれる組合せ的な対象を取り扱う。
* 第二に、代数的量であるホモロジー群の複雑さである。ホモロジーは一般に環上の加群であるが、環を簡単なものにすることでホモロジー群の計算・その結果が簡単になる。本テキストでは、'''二元体'''と呼ばれる環の上でホモロジー理論を展開する。二元体は特に体であるので、ホモロジー群は二元体上のベクトル空間ということになる。

現代の代数的トポロジーは、代数的にも幾何的にも大きく抽象化を受けて発展している。
それを学ぶとき、最も抽象的と思われる理論から勉強をスタートすることも一つの道であるが、最も原始的と思われる例から触れてみることも、親しみを持つためには有効なことがある。
本テキストで得た知識・経験が、数学を面白いと思える理由の一つ、あるいはこの先にあるホモロジー理論・代数的トポロジーを学ぶ際の助けとなれば幸いである。

ちなみに、'''ホモロジー（homology）'''は英語で「相同性」を表す言葉である。

== テキストの構成 ==

本テキストでは、幾何的なモチベーションを主軸に置き、必要に応じて代数的な道具を紹介する。
理論を説明した後に、あるいはしながら、具体例の計算を促していく。

本テキストの構成は以下の通りである。扱う内容で章を区切っているので、分量の多い章も存在する。適宜休息を挟んで読んでもらいたい。
'''2022年4月現在でテキストは未完成のため、順番を変更したり内容を追加・削除したりする可能性があります。'''

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]

この章では、二元体に親しみがない読者のため、速習コースを用意する。
'''二元体'''とは唯二つの要素のみから成る体のことであり、その計算規則の特異さから、実数体 $\mathbb{R}$ や複素数体 $\mathbb{C}$ 上の線型代数とは異なる部分を生む。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]

この章では、本テキストを通して扱う幾何的対象である単体複体について、諸々の定義を行う。
'''単体複体'''とは、単体と呼ばれる図形のピースを"きっちり"と貼り合わせて作られる組合せ的な図形である。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]

単体複体が与えられたとき、その多面体が目に見えるとは限らない。
あるいは目に見えたとしても、その"かたち"を把握することは一般に難しい。
そこで我々は、与えられた単体複体からホモロジーと呼ばれる代数的な量を取り出し、観察することを考える。

この章では、その準備として、単体複体という幾何的対象に対して'''鎖複体'''という代数的対象を対応づける。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂に'''ホモロジー'''を定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジーX：ホモロジーの基本的性質]]

この章では、ホモロジーの持つ基本的な性質を紹介する。主なトピックは以下の三点である。
::-$0$ 次ホモロジーの幾何的な意味
::-錐のホモロジー
::-擬多様体のホモロジー

*[[単体複体の二元体係数ホモロジーX：単体複体の対と相対ホモロジー]]

この章では、単体複体の対というものを考え、そのホモロジーである'''相対ホモロジー'''について紹介する。
一見取っつきにくい概念かもしれないが、非常に有用な考え方であることが今後明らかとなる。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジーX：単体写像から鎖写像へ]]

この章では、'''単体写像'''という幾何的写像に対して、鎖写像と呼ばれる代数的写像を導入し、それがホモロジーの間の写像を誘導することを述べる。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジーX：蛇の補題]]

ここまでの内容で、ホモロジーの取り扱いに際して代数的な大道具は用意しなかった。
この章では、'''蛇の補題'''という強力な定理を紹介する。この章のみ、幾何的な議論を排除する。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジーX：ホモロジー長完全列およびMayer-Vietorisの原理]]

この章では、蛇の補題から従う偉大な系として、'''ホモロジー長完全列'''および'''Mayer-Vietorisの原理'''を紹介する。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジーX：ホモロジーの粗さ(1)]]

色々な単体複体に対してホモロジーを求めてみると、同じ計算結果を与えるものたちが見つかる。
この章では、単体複体に対する'''縮約'''という改変操作を導入し、縮約によってホモロジーが変化しないことを紹介する。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジーX：ホモロジーの粗さ(2)]]

二つの単体複体間の単体写像に対して誘導射を求めてみると、同じ計算結果を与えるものたちが見つかる。
この章では、単体写像の間の'''近接関係'''という関係を導入し、近接関係にある単体写像は同じ誘導射を与えることを紹介する。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジーX：ホモロジーからコホモロジーへ]]

これまで、単体複体のホモロジー理論を解説してきた。
この章では、ホモロジーに酷似した、しかしホモロジーよりも豊かな代数的構造を持つ'''コホモロジー'''と呼ばれる量を導入する。

== 参考文献 ==

*[https://amzn.to/3u6p5ig 枡田「代数的トポロジー」]
*[https://amzn.to/3uUYJyE 中岡「位相幾何学―ホモロジー論」]
*[https://amzn.to/3j2DS7a Hausmann「Mod Two Homology and Cohomology」]

== 関連項目 ==

*[[代数的トポロジー]]

== 脚注 ==
<references />

入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」

2022-04-16T16:17:55Z

もなくゎ: /* 入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」 */

== 入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」 ==

本テキストでは、ホモロジー理論に親しみのない方を主なターゲットとし、'''単体複体の二元体係数ホモロジー'''という最もシンプルなホモロジー理論の一つを紹介する。

テキストを読むにあたっては、集合と写像・線型代数の基本的な取り扱いに慣れているとよい。
たとえば、部分集合族・線型写像の核と像・ベクトル空間の商空間といった概念は頻繁に登場する。
'''しかし、位相空間論・環上の加群論の知識は全く必要としない。'''それは以下の理由による。

まず、ホモロジー理論とは[[代数的トポロジー]]と呼ばれる分野の一種である。代数的トポロジーとは、幾何的対象<ref name="群コホもあるよ">実は、対象が幾何的でなくてもよい。たとえば群に対する（コ）ホモロジー理論が存在する。</ref>から代数的な量を取り出し、それを用いて元々の幾何的対象を調べる分野の総称である。
このとき、ホモロジー理論で扱われる代数的な量のことを'''ホモロジー'''あるいは'''ホモロジー群'''というが、ホモロジーにも様々な種類が存在する。
種類の区別の仕方として、以下に挙げる二つの判断基準がある：
* 第一に、取り扱う幾何的対象の範囲である。最も素朴にはすべての位相空間が考えられるが、扱う範囲を制限することで議論が進みやすくなる。本テキストでは、位相空間の知識がなくてもホモロジーに親しめるよう、'''単体複体'''と呼ばれる組合せ的な対象を取り扱う。
* 第二に、代数的量であるホモロジーの複雑さである。ホモロジーは一般に環上の加群であるが、環を簡単なものにすることでホモロジーの計算・その結果が簡単になる。本テキストでは、'''二元体'''と呼ばれる環の上でホモロジー理論を展開する。二元体は特に体であるので、ホモロジーは二元体上のベクトル空間ということになる。

現代の代数的トポロジーは、代数的にも幾何的にも大きく抽象化を受けて発展している。
それを学ぶとき、最も抽象的と思われる理論から勉強をスタートすることも一つの道であるが、最も原始的と思われる例から触れてみることも、親しみを持つためには有効なことがある。
本テキストで得た知識・経験が、数学を面白いと思える理由の一つ、あるいはこの先にあるホモロジー理論・代数的トポロジーを学ぶ際の助けとなれば幸いである。

ちなみに、'''ホモロジー（homology）'''は英語で「相同性」を表す言葉である。

== テキストの構成 ==

本テキストでは、幾何的なモチベーションを主軸に置き、必要に応じて代数的な道具を紹介する。
理論を説明した後に、あるいはしながら、具体例の計算を促していく。

本テキストの構成は以下の通りである。扱う内容で章を区切っているので、分量の多い章も存在する。適宜休息を挟んで読んでもらいたい。
'''2022年4月現在でテキストは未完成のため、順番を変更したり内容を追加・削除したりする可能性があります。'''

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]

この章では、二元体に親しみがない読者のため、速習コースを用意する。
'''二元体'''とは唯二つの要素のみから成る体のことであり、その計算規則の特異さから、実数体 $\mathbb{R}$ や複素数体 $\mathbb{C}$ 上の線型代数とは異なる部分を生む。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]

この章では、本テキストを通して扱う幾何的対象である単体複体について、諸々の定義を行う。
'''単体複体'''とは、単体と呼ばれる図形のピースを"きっちり"と貼り合わせて作られる組合せ的な図形である。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]

単体複体が与えられたとき、その多面体が目に見えるとは限らない。
あるいは目に見えたとしても、その"かたち"を把握することは一般に難しい。
そこで我々は、与えられた単体複体からホモロジーと呼ばれる代数的な量を取り出し、観察することを考える。

この章では、その準備として、単体複体という幾何的対象に対して'''鎖複体'''という代数的対象を対応づける。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂に'''ホモロジー'''を定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジーX：ホモロジーの基本的性質]]

この章では、ホモロジーの持つ基本的な性質を紹介する。主なトピックは以下の三点である。
::-$0$ 次ホモロジーの幾何的な意味
::-錐のホモロジー
::-擬多様体のホモロジー

*[[単体複体の二元体係数ホモロジーX：単体複体の対と相対ホモロジー]]

この章では、単体複体の対というものを考え、そのホモロジーである'''相対ホモロジー'''について紹介する。
一見取っつきにくい概念かもしれないが、非常に有用な考え方であることが今後明らかとなる。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジーX：単体写像から鎖写像へ]]

この章では、'''単体写像'''という幾何的写像に対して、鎖写像と呼ばれる代数的写像を導入し、それがホモロジーの間の写像を誘導することを述べる。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジーX：蛇の補題]]

ここまでの内容で、ホモロジーの取り扱いに際して代数的な大道具は用意しなかった。
この章では、'''蛇の補題'''という強力な定理を紹介する。この章のみ、幾何的な議論を排除する。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジーX：ホモロジー長完全列およびMayer-Vietorisの原理]]

この章では、蛇の補題から従う偉大な系として、'''ホモロジー長完全列'''および'''Mayer-Vietorisの原理'''を紹介する。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジーX：ホモロジーの粗さ(1)]]

色々な単体複体に対してホモロジーを求めてみると、同じ計算結果を与えるものたちが見つかる。
この章では、単体複体に対する'''縮約'''という改変操作を導入し、縮約によってホモロジーが変化しないことを紹介する。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジーX：ホモロジーの粗さ(2)]]

二つの単体複体間の単体写像に対して誘導射を求めてみると、同じ計算結果を与えるものたちが見つかる。
この章では、単体写像の間の'''近接関係'''という関係を導入し、近接関係にある単体写像は同じ誘導射を与えることを紹介する。

*[[単体複体の二元体係数ホモロジーX：ホモロジーからコホモロジーへ]]

これまで、単体複体のホモロジー理論を解説してきた。
この章では、ホモロジーに酷似した、しかしホモロジーよりも豊かな代数的構造を持つ'''コホモロジー'''と呼ばれる量を導入する。

== 参考文献 ==

*[https://amzn.to/3u6p5ig 枡田「代数的トポロジー」]
*[https://amzn.to/3uUYJyE 中岡「位相幾何学―ホモロジー論」]
*[https://amzn.to/3j2DS7a Hausmann「Mod Two Homology and Cohomology」]

== 関連項目 ==

*[[代数的トポロジー]]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ

2022-04-16T16:15:44Z

もなくゎ: /* 定義2.12（添加鎖複体） */

単体複体が与えられたとき、その多面体が目に見えるとは限らない。
あるいは目に見えたとしても、その"かたち"を把握することは一般に難しい。
そこで我々は、与えられた単体複体からホモロジーと呼ばれる代数的な量を取り出し、観察することを考える。

この章では、その準備として、単体複体という幾何的対象に対して鎖複体という代数的対象を対応づける。
その際には二元体という特殊な体を用いる。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

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*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体の鎖複体 ==

単体複体は、単体たちを"きっちり"と貼り合わせて得られる幾何的対象であった。
これを代数的に取り扱うために、単体たちを基底とするベクトル空間、そして単体たちの貼り合い方を記述する線型写像を導入しよう。
そのベクトル空間と線型写像たちが成す系列を、単体複体の鎖複体という。

=== 定義2.1（鎖群） ===

単体複体 $K$ と整数 $0 \le q \le \dim K$ に対して、 $K$ の $q$ 単体の総数を $k_q$ と置き、 $K$ の $q$ 単体を $\sigma^q_1, \dots, \sigma^q_{k_q}$ と書こう。上付き添字が単体の次元、下付き添字が単体のラベル（識別番号）のつもりである。

さて、$K$ の $q$ 単体全体 $\{\sigma^q_1, \dots, \sigma^q_{k_q}\}$ を基底とする $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間
\begin{align*}
C_q (K) &= \mathbb{Z}_2 \cdot \sigma^q_1 \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot \sigma^q_{k_q} \\
&= \{c_1 \sigma^q_1 + \cdots + c_{k_q} \sigma^q_{k_q} \ | \ c_1, \dots, c_{k_q} \in \mathbb{Z}_2\}
\end{align*}
のことを、単体複体 $K$ の''' $q$ 次鎖群（$q$ -th chain group）'''という。また、 $q$ 次鎖群の要素（ベクトル）を''' $q$ 鎖（ $q$ -chain）'''という<ref name="群？">ベクトル空間にわざわざ鎖「群」という名がついていることに違和感を覚えるかもしれない。これは鎖群が一般のホモロジー理論で環上の加「群」であるという事情に由来すると思われる。（あるいは単に鎖の集まりの意味で「群れ」という言葉を用いているのかもしれない。）</ref>。

なお、 $q < 0, \ \dim K < q$ に対しては $C_q (K) = 0$ （零ベクトル空間）と定義する。
ここで $C_{-1} (K)$ の基底を $\{\varnothing\}$ としないところに引っ掛かりを感じるかもしれないが、それについては定義2.で述べる。

=== 補足2.2 ===

* $C_q (K)$ の定義に現れた「 $+$ 」の意味を説明する。 $C_q (K)$ は、実際には $\mathbb{Z}_2$ 上の $k_q$ 次元数ベクトル空間 $\mathbb{Z}_2^{k_q}$ として定義される。このとき、数ベクトル $(c_1, \dots, c_{k_q})$ のことを $c_1 \sigma^q_1 + \cdots + c_{k_q} \sigma^q_{k_q}$ と書いているのである。このような和の表記のことを'''形式的な線型結合'''あるいは単に'''形式的な和'''ということがある。
* 鎖群 $C_q (K)$ において $\sigma^q_i$ たちは基底を成す（特に線型独立である）ので、線型な関係式を持たない。
* 単体をその頂点たちによって指定・表記するとき、登場する頂点の種類だけが重要であり、頂点の順番の取り方には依らなかった（順番の取り方は、 $0$ 単体でない限り複数存在する）。鎖群においても、登場する頂点の種類が同じで順番だけ異なる単体は同じと見做す。たとえば、$K$ が $2$ 単体 $\sigma^q_i = |a_0 a_1 a_2|$ を持つとき、 $2$ 次鎖群においても $$\sigma^q_i = |a_0 a_1 a_2| = |a_2 a_1 a_0| = |a_1 a_0 a_2|$$ である。これは表記の約束である。

=== 注意2.3 ===

鎖は単体たちの形式的な線型結合であるが、その係数 $c_i$ は二元体 $\mathbb{Z}_2$ の元なので、 $0$ か $1$ しかあり得ない。
つまり、鎖を一つ指定することは、項に現れる単体がどれかを指定することに他ならない。
これに注意しながら、次のような視点を導入する。

第0章で解説したことより、数ベクトル空間 $\mathbb{Z}_2^{k_q}$ は $k_q$ 元集合の冪集合と見做せたのであった。
ここで $k_q$ 元集合を $q$ 単体の全体 $\{\sigma^q_1, \dots, \sigma^q_{k_q}\}$ でとれば、 $q$ 次鎖群 $C_q (K) (= \mathbb{Z}_2^{k_q})$ と冪集合 $2^{\{\sigma^q_1, \dots, \sigma^q_{k_q}\}}$ の間に、次の線型同型が得られる： $$C_q (K) (= \mathbb{Z}_2^{k_q}) \to 2^{\{\sigma^q_1, \dots, \sigma^q_{k_q}\}}, \quad c_1 \sigma^q_1 + \cdots + c_{k_q} \sigma^q_{k_q} \mapsto \{\sigma^q_i \ | \ c_i = 1\};$$ $$2^{\{\sigma^q_1, \dots, \sigma^q_{k_q}\}} \to C_q (K) (= \mathbb{Z}_2^{k_q}), \quad A \mapsto \sum_{\sigma^q_i \in A} \sigma^q_i。$$

したがって、 $K$ の $q$ 鎖は、「 $K$ の部分図形であって幾つかの単体が"連なった"もの」だと捉えられる。
そして、 $q$ 次鎖群とは、そういった部分図形たちをすべて集めてきたデータセットなのである。

=== 例2.4（鎖群） ===

単体複体 $K(|a_0 a_1|) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ の鎖群を、要素（鎖）を列挙した形で表すと、
* $C_0 (K(|a_0 a_1|)) = \{0, |a_0|, |a_1|, |a_0| + |a_1|\}$
* $C_1 (K(|a_0 a_1|)) = \{0, |a_0 a_1|\}$
となる。

=== 演習問題2.5 ===

単体複体 $K(\partial |a_0 a_1 a_2|) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ の鎖群を、要素（鎖）を列挙した形で表せ。それぞれの要素（鎖）に絵を添えてみるとよい。

{{begin|proof}}
::* $C_0 (K(\partial |a_0 a_1 a_2|)) = \{0, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0| + |a_1|, |a_1| + |a_2|, |a_2| + |a_0|, |a_0| + |a_1| + |a_2|\}$
::* $C_1 (K(\partial |a_0 a_1 a_2|)) = \{0, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1| + |a_1 a_2|, |a_1 a_2| + |a_2 a_0|, |a_2 a_0| + |a_0 a_1|, |a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|\}$
{{end|proof}}

=== 定義2.6（境界作用素） ===

単体複体 $K$ と整数 $q$ に対して、$\mathbb{Z}_2$ 線型写像 $\partial_q \ \colon \ C_q (K) \to C_{q - 1} (K)$ を、 $$\partial_q (\sigma^q_i) = 《 \sigma^q_i の切子面すべての和》 = 《 \sigma^q_i の (q - 1) 面すべての和》$$ を線型に延長して定義する。
これを $K$ の'''境界作用素（boundary operator）'''という。

なお、定義域あるいは終域が $0$ （零ベクトル空間）である場合は、 $\partial_q = 0$ （零写像）と定義する。

=== 注意2.7 ===

* 境界作用素が定義できる（ $K$ の単体に対してその切子面が必ず $K$ に属する）ために、単体複体の定義にある条件(1)は外すことができない。
* $q$ 単体 $\sigma^q_i$ に対して、その切子面は $\binom{q + 1}{(q - 1) + 1} = \binom{q + 1}{q} = q$ 個ある。したがって、 $\partial_q (\sigma^q_i)$ の項も（ $0$ 個でない限り） $q$ 個である。
* $\sigma^q_i = |a_0 a_1 \dots a_{q - 1} a_q|$ と書けば、
\begin{align*}
\partial_q (|a_0 a_1 \dots a_{q - 1} a_q|) &= |a_1 \dots a_{q - 1} a_q| + \cdots + |a_0 a_1 \dots a_{j - 1} a_{j + 1} \dots a_{q - 1} a_q| + \cdots + |a_0 a_1 \dots a_{q - 1}| \\
&= \sum_{j = 0}^q |a_0 \dots a_{j - 1} \hat{a_j} a_{j + 1} \dots a_q|
\end{align*}
である。ただし、 $|a_0 \dots a_{j - 1} \hat{a_j} a_{j + 1} \dots a_q|$ は $a_j$ 以外を頂点とする $|a_0 a_1 \dots a_{q - 1} a_q|$ の切子面を表す。このとき、頂点の順番の取り方で $\sigma^q_i$ の表記が変わっても、和において登場する項の順番が変わるだけで、計算結果に影響はないことを念押ししておく。

=== 例2.8（境界作用素） ===

例1.12.3の単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_3|, |a_3 a_2|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_2 a_3|\}$$ （正方形）を考えよう。
このとき $|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_2 a_3| \in C_2 (K)$ であるが、絵としては $2$ 単体（三角形）が貼り合って正方形となっている状況を想像している。
これを $\partial_2$ によって写すと
\begin{align*}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_2 a_3|)
&= \partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) + \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) && (\because \ \partial_2 の線型性) \\
&= (|a_1 a_2| + |a_0 a_2| + |a_0 a_1|) + (|a_2 a_3| + |a_0 a_3| + |a_0 a_2|) && (\because \ \partial_2 の定義) \\
&= |a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| + 2 \cdot |a_0 a_2| && (\because \ 同類項をまとめて整理した) \\
&= |a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| && (\because \ 二元体では 2 = 0) \\
\end{align*}
となる。計算結果を絵に描いてみると、確かに正方形の境界としてその周が出てきたように見える。
途中の $|a_0 a_2|$ が消えたことは、対角線が相殺されたことに対応する。

また、 $\partial_2$ は線型写像だから、表現行列を求めることには意味がある。（表現行列と言ったときには、特に断らない限り、基底は鎖群の定義で使用したものをとることにする。）行列計算により
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0| & |a_0 a_3| & |a_3 a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 \\
1 & 0 \\
1 & 1 \\
0 & 1 \\
0 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
であることから、 $\partial_2$ の表現行列 $M_2$ は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 \\
1 & 0 \\
1 & 1 \\
0 & 1 \\
0 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
だと分かる。

=== 演習問題2.9 ===

以下の問題を解け。絵も添えてみるとよい。

::(1)　例1.12.3の単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_3|, |a_3 a_2|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_2 a_3|\}$$ （正方形）に対して、次の計算を実行せよ。
::::(1-a)　$\partial_1 (|a_0 a_1| + |a_1 a_2|)$
::::(1-b)　$\partial_1 \circ \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|)$

::(2)　例1.12.4の単体複体 $$K' = K \cup \{|a_4|, |a_1 a_4|\}$$ （正方形に毛が生えた図形）に対して、次の計算を実行せよ。
::::(2-a)　$\partial_1 (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_1 a_4|)$
::::(2-b)　$\partial_0 (|a_0| + |a_1| + |a_2| + |a_3| + |a_4|)$

::(3)　再び例1.12.3の単体複体 $K$ に対して、 $\partial_1$ の表現行列 $A_1$ を求めよ。また、それを用いて $\partial_1 \circ \partial_2$ の表現行列 $M$ を計算してみよ。

{{begin|proof}}
::(1-a)　$|a_0| + |a_2|$　（項のそれぞれは、折れ線の始点と終点である）
::(1-b)　$0$　（これは偶然だろうか？）
::(2-a)　$|a_0| + |a_1| + |a_2| + |a_4|$　（計算結果は、単に「単体たちを合併した図形の境界」ではない！）
::(2-b)　$0$　（定義を確認せよ）
::(3)　$\partial_1$ の表現行列 $M_1$ を求めると、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_3 a_2|)
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
:::であることから、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
:::だと分かる。また、線型写像において合成の表現行列は表現行列の積になるので、
\begin{align*}
M &= M_1 \cdot M_2 \\
&=
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 \\
1 & 0 \\
1 & 1 \\
0 & 1 \\
0 & 1
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
2 & 2 \\
2 & 0 \\
2 & 2 \\
0 & 2
\end{bmatrix}
= O（零行列）
\end{align*}
:::を得る。
{{end|proof}}

上の問題(1-b)および(3)で起きた現象は、以下の命題により一般的に説明できる。

=== 命題2.10 ===

任意の整数 $q$ に対して、 $\partial_{q - 1} \circ \partial_q = 0$（零写像）である。

{{begin|proof}}
$\partial_{q - 1}, \partial_q$ は線型写像なので、その合成である $\partial_{q - 1} \circ \partial_q = 0$ も線型写像である。
よって、任意の基底のメンバー $\sigma^q_i$ に対して $\partial_{q - 1} \circ \partial_q (\sigma^q_i) = 0$ が成り立つことを確認すればよい。
$\sigma^q_i = |a_0 \dots a_q|$ と表し、以下で確認しよう。

境界作用素の定義から $$\partial_q (|a_0 \dots a_q|) = \sum_{j = 0}^q |a_0 \dots \hat{a_j} \dots a_q|$$ だったので、線型性により
\begin{align*}
\partial_{q - 1} \circ \partial_q (|a_0 \dots a_q|) &= \partial_{q - 1} \left( \sum_{j = 0}^q |a_0 \dots \hat{a_j} \dots a_q| \right) \\
&= \sum_{j = 0}^q \partial_{q - 1} (|a_0 \dots \hat{a_j} \dots a_q|) \quad \cdots (*)
\end{align*}
となる。ここで、 $\partial_{q - 1} (|a_0 \dots \hat{a_j} \dots a_q|)$ の各項は $|a_0 \dots \hat{a_j} \dots a_q|$ からさらに頂点を取り除いて得られる切子面であるから、
\begin{align*}
\partial_{q - 1} (|a_0 \dots \hat{a_j} \dots a_q|) = \sum_{k = 0}^{j - 1} |a_0 \dots \hat{a_k} \dots \hat{a_j} \dots a_q| + \sum_{k = j + 1}^q |a_0 \dots \hat{a_j} \dots \hat{a_k} \dots a_q|
\end{align*}
である。これを $(*)$ に当てはめれば、
\begin{align*}
\partial_{q - 1} \circ \partial_q (|a_0 \dots a_q|)
&= \sum_{j = 0}^q \left( \sum_{k = 0}^{j - 1} |a_0 \dots \hat{a_k} \dots \hat{a_j} \dots a_q| + \sum_{k = j + 1}^q |a_0 \dots \hat{a_j} \dots \hat{a_k} \dots a_q| \right) \\
&= \sum_{0 \le k < j \le q} |a_0 \dots \hat{a_k} \dots \hat{a_j} \dots a_q| + \sum_{0 \le j < k \le q} |a_0 \dots \hat{a_j} \dots \hat{a_k} \dots a_q|
\end{align*}
が得られる。ただし、 $\sum_{0 \le k < j \le q}$ は $0 \le k < j \le q$ を充たすすべての $(j, k)$ について和をとることを意味する（ $\sum_{0 \le j < k \le q}$ も同様）。さて、前半の総和も後半の総和も、束縛変数の見かけが異なるだけで、実行する計算は同じである。よって、二元体において $2 = 0$ であることに注意すると、
\begin{align*}
\partial_{q - 1} \circ \partial_q (|a_0 \dots a_q|)
&= 2 \cdot \sum_{0 \le k < j \le q} |a_0 \dots \hat{a_k} \dots \hat{a_j} \dots a_q| \\
&= 0 \cdot \sum_{0 \le k < j \le q} |a_0 \dots \hat{a_k} \dots \hat{a_j} \dots a_q| \\
&= 0
\end{align*}
が分かる。これで、 $\partial_{q - 1} \circ \partial_q (|a_0 \dots a_q|) = 0$ が確認できた。
{{end|proof}}

=== 定義2.11（鎖複体） ===

単体複体 $K$ に対して、その鎖群 $C_q (K)$ と境界作用素 $\partial_q$ たちが成す族 $\mathcal{C}(K) = (C_\bullet (K), \partial_\bullet)$ 、あるいは系列
$$\cdots \xrightarrow{\partial_{\dim K + 2}} 0 \xrightarrow{\partial_{\dim K + 1}} C_{\dim K} (K) \xrightarrow{\partial_{\dim K}} \cdots \xrightarrow{\partial_2} C_1 (K) \xrightarrow{\partial_1} C_0 (K) \xrightarrow{\partial_0} 0 \xrightarrow{\partial_{-1}} 0 \xrightarrow{\partial_{-2}} \cdots$$ のことを $K$ の'''鎖複体（chain complex）'''という。

単体複体の鎖複体を定義し、それが持つ目立った性質（命題2.10）を説明した。
しかし、定義2.1でも言及したように、これは $\{\varnothing\}$ という $-1$ 単体を除いている点で違和感があるかもしれない。
そこで、 $\{\varnothing\}$ も込めて構成した鎖複体――添加鎖複体を定義しよう。

=== 定義2.12（添加鎖複体） ===

単体複体 $K$ に対して、 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間 $\widetilde{C}_q (K)$ を
\begin{align*}
\tilde{C}_q (K) =
\begin{cases}
C_q (K) & (q \ne -1) \\
\{c \cdot \varnothing \ | \ c \in \mathbb{Z}_2\} & (q = -1)
\end{cases}
\end{align*}
で定義し、これを $K$ の''' $q$ 次添加鎖群（$q$ -th augmented chain group）'''という。

また、 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) = \tilde{C}_0 (K) \to \tilde{C}_{-1} (K)$ を、 $$\varepsilon (\sigma^0_i) = \varnothing$$ を線型に延長して定義する。これを $K$ の'''添加写像（augmentation map）'''という。

さらに、 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像 $\tilde{\partial}_q \ \colon \ \tilde{C}_q (K) \to \tilde{C}_{q - 1} (K)$ を
\begin{align*}
\tilde{\partial}_q =
\begin{cases}
\partial_q & (q \ne 0) \\
\varepsilon & (q = 0)
\end{cases}
\end{align*}
で定義し、これを $K$ の'''添加境界作用素（augmented boundary operator）'''という。

これを以て、単体複体 $K$ に対して、その添加鎖群 $\tilde{C}_q (K)$ と添加境界作用素 $\tilde{\partial}_q$ たちが成す族 $\tilde{C}(K) = (\tilde{C}_\bullet (K), \tilde{\partial}_\bullet)$ 、あるいは系列
$$\cdots \xrightarrow{\partial_{\dim K + 2}} 0 \xrightarrow{\partial_{\dim K + 1}} C_{\dim K} (K) \xrightarrow{\partial_{\dim K}} \cdots \xrightarrow{\partial_2} C_1 (K) \xrightarrow{\partial_1} C_0 (K) \xrightarrow{\varepsilon} \tilde{C}_{-1} (K) \xrightarrow{\partial_{-1}} 0 \xrightarrow{\partial_{-2}} \cdots$$ のことを $K$ の'''添加鎖複体（augmented chain complex）'''という。

添加鎖複体についても次のことが示せる。

=== 命題2.13 ===

任意の整数 $q$ に対して、 $\widetilde{\partial}_{q - 1} \circ \widetilde{\partial}_q = 0$（零写像）である。

{{begin|proof}}
添加写像が関与する部分とそうでない部分で場合分けしよう。

* $q \ne 0, 1$ のときは、命題2.8より $\widetilde{\partial}_{q - 1} \circ \widetilde{\partial}_q = \partial_{q - 1} \circ \partial_q = 0$ が得られる。

* $q = 0$ のときは、 $\widetilde{\partial}_{-1} = \partial_{-1} = 0$ なので $\widetilde{\partial}_{-1} \circ \widetilde{\partial}_0 = 0$ が得られる。

* $q = 1$ のときだけが少々非自明である。 $\widetilde{\partial}_0 = \varepsilon, \ \widetilde{\partial}_1 = \partial_1$ なので、示すべきことは、$K$ の任意の $1$ 単体 $|a_0 a_1|$ に対して $$\varepsilon \circ \partial_1 (|a_0 a_1|) = 0$$ となることである。それは次のようにして分かる：
\begin{align*}
\varepsilon \circ \partial_1 (|a_0 a_1|)
&= \varepsilon (|a_0| + |a_1|) && (\because \ \partial_1 の定義) \\
&= \varepsilon (|a_0|) + \varepsilon (|a_1|) && (\because \ \varepsilon の線型性) \\
&= \varnothing + \varnothing && (\because \ \varepsilon の定義) \\
&= 2 \cdot \varnothing \\
&= 0 \cdot \varnothing && (\because \ 二元体では 2 = 0) \\
&= 0。
\end{align*}

これで証明が完了した。
{{end|proof}}

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

* 鎖群という、単体複体の部分図形を集めたベクトル空間の定義と例。
* 境界作用素という、単体の貼り合い方を記述する線型写像の定義と例。
* 鎖複体という、単体複体に対する代数的な対応物の定義。また、添加鎖複体という鎖複体の類似物の定義。

ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。
しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。
そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。
非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。
つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。
これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。

次章で、遂にホモロジーの定義を述べ、計算例を紹介していく。

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T16:14:05Z

もなくゎ: /* 定義3.13（ホモロジー群） */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

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*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ge 2$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。ただし、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題としてある。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差<ref name="和も差もいっしょ">本テキストでは $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが。</ref>は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義3.8（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\tilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \tilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \tilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

もしかすると、あなたは「鎖複体は'''添加'''したのに、ホモロジー群が'''簡約'''とはこれいかに？」と思ったかもしれない。そして、以下の二つの命題を見れば納得がいくかもしれない。

=== 命題3.9 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$\tilde{H}_q (K) = H_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_{-1} / \mathrm{Im} \ \varepsilon = 0$ となる。
よって、両者は $-1$ 次で等しい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 命題3.10 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim H_0 (K) - 1$ が成り立つ。すなわち、 $$\tilde{H}_0 (K) \oplus \mathbb{Z}_2 \cong H_0 (K)$$ が成り立つ。

{{begin|proof}}
$\tilde{H}_0 (K)$ の次元を計算しよう。 $$\tilde{H}_0 (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \varepsilon}{\mathrm{Im} \ \partial_1}$$ なので、次元は $$\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \quad \cdots (*)$$
である。

今、次元定理を添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ に適用すれば $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - \dim \mathrm{Im} \ \varepsilon \quad \cdots (**)$$ が分かる。仮定から $\varepsilon$ は全射なので、 $$\dim \mathrm{Im} \ \varepsilon = \dim \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing = 1$$ である。これを $(**)$ に当てはめると $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - 1$$ となる。さらにこれを $(**)$ に当てはめれば、
\begin{align*}
\dim \tilde{H}_0 (K) &= \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= k_0 - 1 - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= (k_0 - 0 - \mathrm{Im} \ \partial_1) - 1 \\
&= \dim H_0 (K) - 1
\end{align*}
と計算でき、所望の結果を得た。 $\square$
{{end|proof}}

これで、通常のホモロジー群と簡約ホモロジー群の関係が分かったことになる。 $0$ 次を見ると分かるように、簡約ホモロジー群は通常のホモロジー群よりも次元が低い。この事実は、以下で見るように、ホモロジー群の計算結果の記述を綺麗な形にしてくれる。

=== 例3.11 ===

先の例3.4で扱った単体複体について、簡約ホモロジー群を求めてみよう。とは言っても、やることは $0$ 次の次元を $1$ だけ落とすことのみである。

==== 例3.11.1（単体） ====

例3.4.1同様、$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を計算しよう。

{{begin|proof}}
$n = 0, 1, 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。したがって、 $$\tilde{H}_q (K) = 0 \quad (q \in \mathbb{Z})$$ となる。 $\square$
{{end|proof}}

==== 例3.11.2（単体の境界） ====

例3.4.2同様、 $n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を計算しよう。

{{begin|proof}}
$n = 1$ の場合のみ $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。
一方、$n = 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases}$$ であった。
しかし、簡約ホモロジー群ではまとめて $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = n - 1) \\ 0 & (q \ne n - 1) \end{cases}$$ と記述できる。
{{end|proof}}

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章「蛇の補題」でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

=== 定義3.12（鎖複体） ===

$\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間が成す'''鎖複体（chain complex）'''とは、整数で添字づけられた $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間の族 $\{C_q\}_{q \in \mathbb{Z}}$ と $\mathbb{Z}_2$ 線型写像の族 $\{\partial_q \ \colon \ C_q \to C_{q - 1}\}_{q \in \mathbb{Z}}$ の組 $\mathcal{C} = (C_\bullet, \partial_\bullet)$ であって、各 $q \in \mathbb{Z}$ について $\partial_{q - 1} \circ \partial_q = 0$ が成り立つものをいう。
また、このとき、 $C_q$ を''' $q$ 次鎖群（ $q$ -th chain group）'''、 $\partial_q$ を'''境界作用素（boundary operator）'''という。

=== 定義3.13（ホモロジー群） ===

$\mathcal{C} = (C_\bullet, \partial_\bullet)$ を $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間が成す鎖複体とする。このとき、商空間 $$H_q (\mathcal{C}) = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ を、 $\mathcal{C}$ の''' $q$ 次ホモロジー群（ $q$ -th homology group）'''という。

=== 例3.14 ===

* 単体複体 $K$ のホモロジー群は、 $K$ の鎖複体 $\mathcal{C}(K)$ に対するホモロジー群である。
* 単体複体 $K$ の簡約ホモロジー群は、 $K$ の添加鎖複体 $\tilde{\mathcal{C}}(K)$ に対するホモロジー群である。

上記の鎖複体・ホモロジー群の定義において、幾何的な情報はほとんど残っていない。しかしながら、ホモロジー群を定義するのには境界作用素の合成が零写像になることだけで充分であり（注意3.3参照）、そのような性質を持つ線型写像が到るところで発見されてきたのである。たとえば微分形式の外微分が顕著な例であり、それは我々を[[de Rhamコホモロジー]]の理論へと導いた。

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

* ホモロジー群という、単体複体の空洞を検出するベクトル空間の定義と例。
* 簡約ホモロジー群という、ホモロジー群の亜種にあたる概念の定義と例。
* 鎖複体とホモロジー群の代数的に抽象化された定義。

次章では、ホモロジー群が持つ基本的な性質を見ていく。そのとき、特別な単体複体のクラスやそのホモロジー群について触れることになるだろう。

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]
* [https://www.youtube.com/playlist?list=PLixM8Z-YcKBSWaEzEqQk_VhwAD-Od-VLy もなくゎ「微分形式・de Rhamコホモロジー」（再生リスト）]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T16:12:38Z

もなくゎ: /* 関連動画 */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ge 2$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。ただし、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題としてある。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差<ref name="和も差もいっしょ">本テキストでは $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが。</ref>は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義3.8（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\tilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \tilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \tilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

もしかすると、あなたは「鎖複体は'''添加'''したのに、ホモロジー群が'''簡約'''とはこれいかに？」と思ったかもしれない。そして、以下の二つの命題を見れば納得がいくかもしれない。

=== 命題3.9 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$\tilde{H}_q (K) = H_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_{-1} / \mathrm{Im} \ \varepsilon = 0$ となる。
よって、両者は $-1$ 次で等しい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 命題3.10 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim H_0 (K) - 1$ が成り立つ。すなわち、 $$\tilde{H}_0 (K) \oplus \mathbb{Z}_2 \cong H_0 (K)$$ が成り立つ。

{{begin|proof}}
$\tilde{H}_0 (K)$ の次元を計算しよう。 $$\tilde{H}_0 (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \varepsilon}{\mathrm{Im} \ \partial_1}$$ なので、次元は $$\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \quad \cdots (*)$$
である。

今、次元定理を添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ に適用すれば $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - \dim \mathrm{Im} \ \varepsilon \quad \cdots (**)$$ が分かる。仮定から $\varepsilon$ は全射なので、 $$\dim \mathrm{Im} \ \varepsilon = \dim \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing = 1$$ である。これを $(**)$ に当てはめると $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - 1$$ となる。さらにこれを $(**)$ に当てはめれば、
\begin{align*}
\dim \tilde{H}_0 (K) &= \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= k_0 - 1 - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= (k_0 - 0 - \mathrm{Im} \ \partial_1) - 1 \\
&= \dim H_0 (K) - 1
\end{align*}
と計算でき、所望の結果を得た。 $\square$
{{end|proof}}

これで、通常のホモロジー群と簡約ホモロジー群の関係が分かったことになる。 $0$ 次を見ると分かるように、簡約ホモロジー群は通常のホモロジー群よりも次元が低い。この事実は、以下で見るように、ホモロジー群の計算結果の記述を綺麗な形にしてくれる。

=== 例3.11 ===

先の例3.4で扱った単体複体について、簡約ホモロジー群を求めてみよう。とは言っても、やることは $0$ 次の次元を $1$ だけ落とすことのみである。

==== 例3.11.1（単体） ====

例3.4.1同様、$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を計算しよう。

{{begin|proof}}
$n = 0, 1, 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。したがって、 $$\tilde{H}_q (K) = 0 \quad (q \in \mathbb{Z})$$ となる。 $\square$
{{end|proof}}

==== 例3.11.2（単体の境界） ====

例3.4.2同様、 $n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を計算しよう。

{{begin|proof}}
$n = 1$ の場合のみ $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。
一方、$n = 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases}$$ であった。
しかし、簡約ホモロジー群ではまとめて $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = n - 1) \\ 0 & (q \ne n - 1) \end{cases}$$ と記述できる。
{{end|proof}}

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章「蛇の補題」でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

=== 定義3.12（鎖複体） ===

$\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間が成す'''鎖複体（chain complex）'''とは、整数で添字づけられた $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間の族 $\{C_q\}_{q \in \mathbb{Z}}$ と $\mathbb{Z}_2$ 線型写像の族 $\{\partial_q \ \colon \ C_q \to C_{q - 1}\}_{q \in \mathbb{Z}}$ の組 $\mathcal{C} = (C_\bullet, \partial_\bullet)$ であって、各 $q \in \mathbb{Z}$ について $\partial_{q - 1} \circ \partial_q = 0$ が成り立つものをいう。
また、このとき、 $C_q$ を''' $q$ 次鎖群（ $q$ -th chain group）'''、 $\partial_q$ を'''境界作用素（boundary operator）'''という。

=== 定義3.13（ホモロジー群） ===

$\mathcal{C} = (C_\bullet, \partial_\bullet)$ を $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間が成す鎖複体とする。このとき、商空間 $$H_q (\mathcal{C}) = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ を、 $\mathcal{C}$ の''' $q$ 次ホモロジー群（ $q$ -th homology group）'''という。

上記の鎖複体・ホモロジー群の定義において、幾何的な情報はほとんど残っていない。しかしながら、ホモロジー群を定義するのには境界作用素の合成が零写像になることだけで充分であり（注意3.3参照）、そのような性質を持つ線型写像が到るところで発見されてきたのである。たとえば微分形式の外微分が顕著な例であり、それは我々を[[de Rhamコホモロジー]]の理論へと導いた。

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

* ホモロジー群という、単体複体の空洞を検出するベクトル空間の定義と例。
* 簡約ホモロジー群という、ホモロジー群の亜種にあたる概念の定義と例。
* 鎖複体とホモロジー群の代数的に抽象化された定義。

次章では、ホモロジー群が持つ基本的な性質を見ていく。そのとき、特別な単体複体のクラスやそのホモロジー群について触れることになるだろう。

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]
* [https://www.youtube.com/playlist?list=PLixM8Z-YcKBSWaEzEqQk_VhwAD-Od-VLy もなくゎ「微分形式・de Rhamコホモロジー」（再生リスト）]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T16:11:06Z

もなくゎ: /* この章のおわりに */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ge 2$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。ただし、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題としてある。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差<ref name="和も差もいっしょ">本テキストでは $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが。</ref>は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義3.8（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\tilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \tilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \tilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

もしかすると、あなたは「鎖複体は'''添加'''したのに、ホモロジー群が'''簡約'''とはこれいかに？」と思ったかもしれない。そして、以下の二つの命題を見れば納得がいくかもしれない。

=== 命題3.9 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$\tilde{H}_q (K) = H_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_{-1} / \mathrm{Im} \ \varepsilon = 0$ となる。
よって、両者は $-1$ 次で等しい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 命題3.10 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim H_0 (K) - 1$ が成り立つ。すなわち、 $$\tilde{H}_0 (K) \oplus \mathbb{Z}_2 \cong H_0 (K)$$ が成り立つ。

{{begin|proof}}
$\tilde{H}_0 (K)$ の次元を計算しよう。 $$\tilde{H}_0 (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \varepsilon}{\mathrm{Im} \ \partial_1}$$ なので、次元は $$\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \quad \cdots (*)$$
である。

今、次元定理を添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ に適用すれば $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - \dim \mathrm{Im} \ \varepsilon \quad \cdots (**)$$ が分かる。仮定から $\varepsilon$ は全射なので、 $$\dim \mathrm{Im} \ \varepsilon = \dim \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing = 1$$ である。これを $(**)$ に当てはめると $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - 1$$ となる。さらにこれを $(**)$ に当てはめれば、
\begin{align*}
\dim \tilde{H}_0 (K) &= \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= k_0 - 1 - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= (k_0 - 0 - \mathrm{Im} \ \partial_1) - 1 \\
&= \dim H_0 (K) - 1
\end{align*}
と計算でき、所望の結果を得た。 $\square$
{{end|proof}}

これで、通常のホモロジー群と簡約ホモロジー群の関係が分かったことになる。 $0$ 次を見ると分かるように、簡約ホモロジー群は通常のホモロジー群よりも次元が低い。この事実は、以下で見るように、ホモロジー群の計算結果の記述を綺麗な形にしてくれる。

=== 例3.11 ===

先の例3.4で扱った単体複体について、簡約ホモロジー群を求めてみよう。とは言っても、やることは $0$ 次の次元を $1$ だけ落とすことのみである。

==== 例3.11.1（単体） ====

例3.4.1同様、$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を計算しよう。

{{begin|proof}}
$n = 0, 1, 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。したがって、 $$\tilde{H}_q (K) = 0 \quad (q \in \mathbb{Z})$$ となる。 $\square$
{{end|proof}}

==== 例3.11.2（単体の境界） ====

例3.4.2同様、 $n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を計算しよう。

{{begin|proof}}
$n = 1$ の場合のみ $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。
一方、$n = 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases}$$ であった。
しかし、簡約ホモロジー群ではまとめて $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = n - 1) \\ 0 & (q \ne n - 1) \end{cases}$$ と記述できる。
{{end|proof}}

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章「蛇の補題」でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

=== 定義3.12（鎖複体） ===

$\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間が成す'''鎖複体（chain complex）'''とは、整数で添字づけられた $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間の族 $\{C_q\}_{q \in \mathbb{Z}}$ と $\mathbb{Z}_2$ 線型写像の族 $\{\partial_q \ \colon \ C_q \to C_{q - 1}\}_{q \in \mathbb{Z}}$ の組 $\mathcal{C} = (C_\bullet, \partial_\bullet)$ であって、各 $q \in \mathbb{Z}$ について $\partial_{q - 1} \circ \partial_q = 0$ が成り立つものをいう。
また、このとき、 $C_q$ を''' $q$ 次鎖群（ $q$ -th chain group）'''、 $\partial_q$ を'''境界作用素（boundary operator）'''という。

=== 定義3.13（ホモロジー群） ===

$\mathcal{C} = (C_\bullet, \partial_\bullet)$ を $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間が成す鎖複体とする。このとき、商空間 $$H_q (\mathcal{C}) = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ を、 $\mathcal{C}$ の''' $q$ 次ホモロジー群（ $q$ -th homology group）'''という。

上記の鎖複体・ホモロジー群の定義において、幾何的な情報はほとんど残っていない。しかしながら、ホモロジー群を定義するのには境界作用素の合成が零写像になることだけで充分であり（注意3.3参照）、そのような性質を持つ線型写像が到るところで発見されてきたのである。たとえば微分形式の外微分が顕著な例であり、それは我々を[[de Rhamコホモロジー]]の理論へと導いた。

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

* ホモロジー群という、単体複体の空洞を検出するベクトル空間の定義と例。
* 簡約ホモロジー群という、ホモロジー群の亜種にあたる概念の定義と例。
* 鎖複体とホモロジー群の代数的に抽象化された定義。

次章では、ホモロジー群が持つ基本的な性質を見ていく。そのとき、特別な単体複体のクラスやそのホモロジー群について触れることになるだろう。

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T16:04:57Z

もなくゎ: /* 定義3.13（ホモロジー群） */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ge 2$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。ただし、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題としてある。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差<ref name="和も差もいっしょ">本テキストでは $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが。</ref>は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義3.8（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\tilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \tilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \tilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

もしかすると、あなたは「鎖複体は'''添加'''したのに、ホモロジー群が'''簡約'''とはこれいかに？」と思ったかもしれない。そして、以下の二つの命題を見れば納得がいくかもしれない。

=== 命題3.9 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$\tilde{H}_q (K) = H_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_{-1} / \mathrm{Im} \ \varepsilon = 0$ となる。
よって、両者は $-1$ 次で等しい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 命題3.10 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim H_0 (K) - 1$ が成り立つ。すなわち、 $$\tilde{H}_0 (K) \oplus \mathbb{Z}_2 \cong H_0 (K)$$ が成り立つ。

{{begin|proof}}
$\tilde{H}_0 (K)$ の次元を計算しよう。 $$\tilde{H}_0 (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \varepsilon}{\mathrm{Im} \ \partial_1}$$ なので、次元は $$\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \quad \cdots (*)$$
である。

今、次元定理を添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ に適用すれば $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - \dim \mathrm{Im} \ \varepsilon \quad \cdots (**)$$ が分かる。仮定から $\varepsilon$ は全射なので、 $$\dim \mathrm{Im} \ \varepsilon = \dim \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing = 1$$ である。これを $(**)$ に当てはめると $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - 1$$ となる。さらにこれを $(**)$ に当てはめれば、
\begin{align*}
\dim \tilde{H}_0 (K) &= \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= k_0 - 1 - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= (k_0 - 0 - \mathrm{Im} \ \partial_1) - 1 \\
&= \dim H_0 (K) - 1
\end{align*}
と計算でき、所望の結果を得た。 $\square$
{{end|proof}}

これで、通常のホモロジー群と簡約ホモロジー群の関係が分かったことになる。 $0$ 次を見ると分かるように、簡約ホモロジー群は通常のホモロジー群よりも次元が低い。この事実は、以下で見るように、ホモロジー群の計算結果の記述を綺麗な形にしてくれる。

=== 例3.11 ===

先の例3.4で扱った単体複体について、簡約ホモロジー群を求めてみよう。とは言っても、やることは $0$ 次の次元を $1$ だけ落とすことのみである。

==== 例3.11.1（単体） ====

例3.4.1同様、$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を計算しよう。

{{begin|proof}}
$n = 0, 1, 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。したがって、 $$\tilde{H}_q (K) = 0 \quad (q \in \mathbb{Z})$$ となる。 $\square$
{{end|proof}}

==== 例3.11.2（単体の境界） ====

例3.4.2同様、 $n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を計算しよう。

{{begin|proof}}
$n = 1$ の場合のみ $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。
一方、$n = 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases}$$ であった。
しかし、簡約ホモロジー群ではまとめて $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = n - 1) \\ 0 & (q \ne n - 1) \end{cases}$$ と記述できる。
{{end|proof}}

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章「蛇の補題」でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

=== 定義3.12（鎖複体） ===

$\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間が成す'''鎖複体（chain complex）'''とは、整数で添字づけられた $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間の族 $\{C_q\}_{q \in \mathbb{Z}}$ と $\mathbb{Z}_2$ 線型写像の族 $\{\partial_q \ \colon \ C_q \to C_{q - 1}\}_{q \in \mathbb{Z}}$ の組 $\mathcal{C} = (C_\bullet, \partial_\bullet)$ であって、各 $q \in \mathbb{Z}$ について $\partial_{q - 1} \circ \partial_q = 0$ が成り立つものをいう。
また、このとき、 $C_q$ を''' $q$ 次鎖群（ $q$ -th chain group）'''、 $\partial_q$ を'''境界作用素（boundary operator）'''という。

=== 定義3.13（ホモロジー群） ===

$\mathcal{C} = (C_\bullet, \partial_\bullet)$ を $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間が成す鎖複体とする。このとき、商空間 $$H_q (\mathcal{C}) = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ を、 $\mathcal{C}$ の''' $q$ 次ホモロジー群（ $q$ -th homology group）'''という。

上記の鎖複体・ホモロジー群の定義において、幾何的な情報はほとんど残っていない。しかしながら、ホモロジー群を定義するのには境界作用素の合成が零写像になることだけで充分であり（注意3.3参照）、そのような性質を持つ線型写像が到るところで発見されてきたのである。たとえば微分形式の外微分が顕著な例であり、それは我々を[[de Rhamコホモロジー]]の理論へと導いた。

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T16:04:43Z

もなくゎ: /* 定義3.13（ホモロジー群） */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ge 2$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。ただし、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題としてある。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差<ref name="和も差もいっしょ">本テキストでは $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが。</ref>は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義3.8（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\tilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \tilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \tilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

もしかすると、あなたは「鎖複体は'''添加'''したのに、ホモロジー群が'''簡約'''とはこれいかに？」と思ったかもしれない。そして、以下の二つの命題を見れば納得がいくかもしれない。

=== 命題3.9 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$\tilde{H}_q (K) = H_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_{-1} / \mathrm{Im} \ \varepsilon = 0$ となる。
よって、両者は $-1$ 次で等しい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 命題3.10 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim H_0 (K) - 1$ が成り立つ。すなわち、 $$\tilde{H}_0 (K) \oplus \mathbb{Z}_2 \cong H_0 (K)$$ が成り立つ。

{{begin|proof}}
$\tilde{H}_0 (K)$ の次元を計算しよう。 $$\tilde{H}_0 (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \varepsilon}{\mathrm{Im} \ \partial_1}$$ なので、次元は $$\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \quad \cdots (*)$$
である。

今、次元定理を添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ に適用すれば $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - \dim \mathrm{Im} \ \varepsilon \quad \cdots (**)$$ が分かる。仮定から $\varepsilon$ は全射なので、 $$\dim \mathrm{Im} \ \varepsilon = \dim \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing = 1$$ である。これを $(**)$ に当てはめると $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - 1$$ となる。さらにこれを $(**)$ に当てはめれば、
\begin{align*}
\dim \tilde{H}_0 (K) &= \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= k_0 - 1 - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= (k_0 - 0 - \mathrm{Im} \ \partial_1) - 1 \\
&= \dim H_0 (K) - 1
\end{align*}
と計算でき、所望の結果を得た。 $\square$
{{end|proof}}

これで、通常のホモロジー群と簡約ホモロジー群の関係が分かったことになる。 $0$ 次を見ると分かるように、簡約ホモロジー群は通常のホモロジー群よりも次元が低い。この事実は、以下で見るように、ホモロジー群の計算結果の記述を綺麗な形にしてくれる。

=== 例3.11 ===

先の例3.4で扱った単体複体について、簡約ホモロジー群を求めてみよう。とは言っても、やることは $0$ 次の次元を $1$ だけ落とすことのみである。

==== 例3.11.1（単体） ====

例3.4.1同様、$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を計算しよう。

{{begin|proof}}
$n = 0, 1, 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。したがって、 $$\tilde{H}_q (K) = 0 \quad (q \in \mathbb{Z})$$ となる。 $\square$
{{end|proof}}

==== 例3.11.2（単体の境界） ====

例3.4.2同様、 $n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を計算しよう。

{{begin|proof}}
$n = 1$ の場合のみ $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。
一方、$n = 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases}$$ であった。
しかし、簡約ホモロジー群ではまとめて $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = n - 1) \\ 0 & (q \ne n - 1) \end{cases}$$ と記述できる。
{{end|proof}}

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章「蛇の補題」でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

=== 定義3.12（鎖複体） ===

$\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間が成す'''鎖複体（chain complex）'''とは、整数で添字づけられた $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間の族 $\{C_q\}_{q \in \mathbb{Z}}$ と $\mathbb{Z}_2$ 線型写像の族 $\{\partial_q \ \colon \ C_q \to C_{q - 1}\}_{q \in \mathbb{Z}}$ の組 $\mathcal{C} = (C_\bullet, \partial_\bullet)$ であって、各 $q \in \mathbb{Z}$ について $\partial_{q - 1} \circ \partial_q = 0$ が成り立つものをいう。
また、このとき、 $C_q$ を''' $q$ 次鎖群（ $q$ -th chain group）'''、 $\partial_q$ を'''境界作用素（boundary operator）'''という。

=== 定義3.13（ホモロジー群） ===

$\mathcal{C} = (C_\bullet, \partial_\bullet)$ を $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間が成す鎖複体とする。このとき、商空間 $$H_q (\mathcal{C}) = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ を、 $\mathcal{C}$ の''' $q$ 次ホモロジー群（ $q$ -th homology group）'''という。

上記の鎖複体・ホモロジー群の定義において、幾何的な情報はほとんど残っていない。しかしながら、ホモロジー群を定義するのには境界作用素の合成が零写像になることだけで充分であり（注意3.3参照）、そのような性質を持つ線型写像が到るところで発見されてきたのである。たとえば微分形式の外微分が顕著な例であり、それは我々をde Rhamコホモロジーの理論へと導いた。

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T16:04:08Z

もなくゎ: /* ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ge 2$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。ただし、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題としてある。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差<ref name="和も差もいっしょ">本テキストでは $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが。</ref>は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義3.8（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\tilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \tilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \tilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

もしかすると、あなたは「鎖複体は'''添加'''したのに、ホモロジー群が'''簡約'''とはこれいかに？」と思ったかもしれない。そして、以下の二つの命題を見れば納得がいくかもしれない。

=== 命題3.9 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$\tilde{H}_q (K) = H_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_{-1} / \mathrm{Im} \ \varepsilon = 0$ となる。
よって、両者は $-1$ 次で等しい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 命題3.10 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim H_0 (K) - 1$ が成り立つ。すなわち、 $$\tilde{H}_0 (K) \oplus \mathbb{Z}_2 \cong H_0 (K)$$ が成り立つ。

{{begin|proof}}
$\tilde{H}_0 (K)$ の次元を計算しよう。 $$\tilde{H}_0 (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \varepsilon}{\mathrm{Im} \ \partial_1}$$ なので、次元は $$\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \quad \cdots (*)$$
である。

今、次元定理を添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ に適用すれば $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - \dim \mathrm{Im} \ \varepsilon \quad \cdots (**)$$ が分かる。仮定から $\varepsilon$ は全射なので、 $$\dim \mathrm{Im} \ \varepsilon = \dim \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing = 1$$ である。これを $(**)$ に当てはめると $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - 1$$ となる。さらにこれを $(**)$ に当てはめれば、
\begin{align*}
\dim \tilde{H}_0 (K) &= \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= k_0 - 1 - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= (k_0 - 0 - \mathrm{Im} \ \partial_1) - 1 \\
&= \dim H_0 (K) - 1
\end{align*}
と計算でき、所望の結果を得た。 $\square$
{{end|proof}}

これで、通常のホモロジー群と簡約ホモロジー群の関係が分かったことになる。 $0$ 次を見ると分かるように、簡約ホモロジー群は通常のホモロジー群よりも次元が低い。この事実は、以下で見るように、ホモロジー群の計算結果の記述を綺麗な形にしてくれる。

=== 例3.11 ===

先の例3.4で扱った単体複体について、簡約ホモロジー群を求めてみよう。とは言っても、やることは $0$ 次の次元を $1$ だけ落とすことのみである。

==== 例3.11.1（単体） ====

例3.4.1同様、$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を計算しよう。

{{begin|proof}}
$n = 0, 1, 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。したがって、 $$\tilde{H}_q (K) = 0 \quad (q \in \mathbb{Z})$$ となる。 $\square$
{{end|proof}}

==== 例3.11.2（単体の境界） ====

例3.4.2同様、 $n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を計算しよう。

{{begin|proof}}
$n = 1$ の場合のみ $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。
一方、$n = 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases}$$ であった。
しかし、簡約ホモロジー群ではまとめて $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = n - 1) \\ 0 & (q \ne n - 1) \end{cases}$$ と記述できる。
{{end|proof}}

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章「蛇の補題」でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

=== 定義3.12（鎖複体） ===

$\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間が成す'''鎖複体（chain complex）'''とは、整数で添字づけられた $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間の族 $\{C_q\}_{q \in \mathbb{Z}}$ と $\mathbb{Z}_2$ 線型写像の族 $\{\partial_q \ \colon \ C_q \to C_{q - 1}\}_{q \in \mathbb{Z}}$ の組 $\mathcal{C} = (C_\bullet, \partial_\bullet)$ であって、各 $q \in \mathbb{Z}$ について $\partial_{q - 1} \circ \partial_q = 0$ が成り立つものをいう。
また、このとき、 $C_q$ を''' $q$ 次鎖群（ $q$ -th chain group）'''、 $\partial_q$ を'''境界作用素（boundary operator）'''という。

=== 定義3.13（ホモロジー群） ===

$\mathcal{C} = (C_\bullet, \partial_\bullet)$ を $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間が成す鎖複体とする。このとき、商空間 $$H_q (\mathcal{C}) = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ を、 $\mathcal{C}$ の''' $q$ 次ホモロジー群（ $q$ -th homology group）'''という。

上記の鎖複体・ホモロジー群の定義において、幾何的な情報はほとんど残っていない。しかしながら、ホモロジー群を定義するのには境界作用素の合成が零写像になることだけで充分であり、そのような性質を持つ線型写像が到るところで発見されてきたのだ。たとえば微分形式の外微分が顕著な例であり、それは我々をde Rhamコホモロジーの理論へと導いた。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ

2022-04-16T16:01:25Z

もなくゎ: /* 定義2.11（鎖複体） */

単体複体が与えられたとき、その多面体が目に見えるとは限らない。
あるいは目に見えたとしても、その"かたち"を把握することは一般に難しい。
そこで我々は、与えられた単体複体からホモロジーと呼ばれる代数的な量を取り出し、観察することを考える。

この章では、その準備として、単体複体という幾何的対象に対して鎖複体という代数的対象を対応づける。
その際には二元体という特殊な体を用いる。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体の鎖複体 ==

単体複体は、単体たちを"きっちり"と貼り合わせて得られる幾何的対象であった。
これを代数的に取り扱うために、単体たちを基底とするベクトル空間、そして単体たちの貼り合い方を記述する線型写像を導入しよう。
そのベクトル空間と線型写像たちが成す系列を、単体複体の鎖複体という。

=== 定義2.1（鎖群） ===

単体複体 $K$ と整数 $0 \le q \le \dim K$ に対して、 $K$ の $q$ 単体の総数を $k_q$ と置き、 $K$ の $q$ 単体を $\sigma^q_1, \dots, \sigma^q_{k_q}$ と書こう。上付き添字が単体の次元、下付き添字が単体のラベル（識別番号）のつもりである。

さて、$K$ の $q$ 単体全体 $\{\sigma^q_1, \dots, \sigma^q_{k_q}\}$ を基底とする $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間
\begin{align*}
C_q (K) &= \mathbb{Z}_2 \cdot \sigma^q_1 \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot \sigma^q_{k_q} \\
&= \{c_1 \sigma^q_1 + \cdots + c_{k_q} \sigma^q_{k_q} \ | \ c_1, \dots, c_{k_q} \in \mathbb{Z}_2\}
\end{align*}
のことを、単体複体 $K$ の''' $q$ 次鎖群（$q$ -th chain group）'''という。また、 $q$ 次鎖群の要素（ベクトル）を''' $q$ 鎖（ $q$ -chain）'''という<ref name="群？">ベクトル空間にわざわざ鎖「群」という名がついていることに違和感を覚えるかもしれない。これは鎖群が一般のホモロジー理論で環上の加「群」であるという事情に由来すると思われる。（あるいは単に鎖の集まりの意味で「群れ」という言葉を用いているのかもしれない。）</ref>。

なお、 $q < 0, \ \dim K < q$ に対しては $C_q (K) = 0$ （零ベクトル空間）と定義する。
ここで $C_{-1} (K)$ の基底を $\{\varnothing\}$ としないところに引っ掛かりを感じるかもしれないが、それについては定義2.で述べる。

=== 補足2.2 ===

* $C_q (K)$ の定義に現れた「 $+$ 」の意味を説明する。 $C_q (K)$ は、実際には $\mathbb{Z}_2$ 上の $k_q$ 次元数ベクトル空間 $\mathbb{Z}_2^{k_q}$ として定義される。このとき、数ベクトル $(c_1, \dots, c_{k_q})$ のことを $c_1 \sigma^q_1 + \cdots + c_{k_q} \sigma^q_{k_q}$ と書いているのである。このような和の表記のことを'''形式的な線型結合'''あるいは単に'''形式的な和'''ということがある。
* 鎖群 $C_q (K)$ において $\sigma^q_i$ たちは基底を成す（特に線型独立である）ので、線型な関係式を持たない。
* 単体をその頂点たちによって指定・表記するとき、登場する頂点の種類だけが重要であり、頂点の順番の取り方には依らなかった（順番の取り方は、 $0$ 単体でない限り複数存在する）。鎖群においても、登場する頂点の種類が同じで順番だけ異なる単体は同じと見做す。たとえば、$K$ が $2$ 単体 $\sigma^q_i = |a_0 a_1 a_2|$ を持つとき、 $2$ 次鎖群においても $$\sigma^q_i = |a_0 a_1 a_2| = |a_2 a_1 a_0| = |a_1 a_0 a_2|$$ である。これは表記の約束である。

=== 注意2.3 ===

鎖は単体たちの形式的な線型結合であるが、その係数 $c_i$ は二元体 $\mathbb{Z}_2$ の元なので、 $0$ か $1$ しかあり得ない。
つまり、鎖を一つ指定することは、項に現れる単体がどれかを指定することに他ならない。
これに注意しながら、次のような視点を導入する。

第0章で解説したことより、数ベクトル空間 $\mathbb{Z}_2^{k_q}$ は $k_q$ 元集合の冪集合と見做せたのであった。
ここで $k_q$ 元集合を $q$ 単体の全体 $\{\sigma^q_1, \dots, \sigma^q_{k_q}\}$ でとれば、 $q$ 次鎖群 $C_q (K) (= \mathbb{Z}_2^{k_q})$ と冪集合 $2^{\{\sigma^q_1, \dots, \sigma^q_{k_q}\}}$ の間に、次の線型同型が得られる： $$C_q (K) (= \mathbb{Z}_2^{k_q}) \to 2^{\{\sigma^q_1, \dots, \sigma^q_{k_q}\}}, \quad c_1 \sigma^q_1 + \cdots + c_{k_q} \sigma^q_{k_q} \mapsto \{\sigma^q_i \ | \ c_i = 1\};$$ $$2^{\{\sigma^q_1, \dots, \sigma^q_{k_q}\}} \to C_q (K) (= \mathbb{Z}_2^{k_q}), \quad A \mapsto \sum_{\sigma^q_i \in A} \sigma^q_i。$$

したがって、 $K$ の $q$ 鎖は、「 $K$ の部分図形であって幾つかの単体が"連なった"もの」だと捉えられる。
そして、 $q$ 次鎖群とは、そういった部分図形たちをすべて集めてきたデータセットなのである。

=== 例2.4（鎖群） ===

単体複体 $K(|a_0 a_1|) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ の鎖群を、要素（鎖）を列挙した形で表すと、
* $C_0 (K(|a_0 a_1|)) = \{0, |a_0|, |a_1|, |a_0| + |a_1|\}$
* $C_1 (K(|a_0 a_1|)) = \{0, |a_0 a_1|\}$
となる。

=== 演習問題2.5 ===

単体複体 $K(\partial |a_0 a_1 a_2|) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ の鎖群を、要素（鎖）を列挙した形で表せ。それぞれの要素（鎖）に絵を添えてみるとよい。

{{begin|proof}}
::* $C_0 (K(\partial |a_0 a_1 a_2|)) = \{0, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0| + |a_1|, |a_1| + |a_2|, |a_2| + |a_0|, |a_0| + |a_1| + |a_2|\}$
::* $C_1 (K(\partial |a_0 a_1 a_2|)) = \{0, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1| + |a_1 a_2|, |a_1 a_2| + |a_2 a_0|, |a_2 a_0| + |a_0 a_1|, |a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|\}$
{{end|proof}}

=== 定義2.6（境界作用素） ===

単体複体 $K$ と整数 $q$ に対して、$\mathbb{Z}_2$ 線型写像 $\partial_q \ \colon \ C_q (K) \to C_{q - 1} (K)$ を、 $$\partial_q (\sigma^q_i) = 《 \sigma^q_i の切子面すべての和》 = 《 \sigma^q_i の (q - 1) 面すべての和》$$ を線型に延長して定義する。
これを $K$ の'''境界作用素（boundary operator）'''という。

なお、定義域あるいは終域が $0$ （零ベクトル空間）である場合は、 $\partial_q = 0$ （零写像）と定義する。

=== 注意2.7 ===

* 境界作用素が定義できる（ $K$ の単体に対してその切子面が必ず $K$ に属する）ために、単体複体の定義にある条件(1)は外すことができない。
* $q$ 単体 $\sigma^q_i$ に対して、その切子面は $\binom{q + 1}{(q - 1) + 1} = \binom{q + 1}{q} = q$ 個ある。したがって、 $\partial_q (\sigma^q_i)$ の項も（ $0$ 個でない限り） $q$ 個である。
* $\sigma^q_i = |a_0 a_1 \dots a_{q - 1} a_q|$ と書けば、
\begin{align*}
\partial_q (|a_0 a_1 \dots a_{q - 1} a_q|) &= |a_1 \dots a_{q - 1} a_q| + \cdots + |a_0 a_1 \dots a_{j - 1} a_{j + 1} \dots a_{q - 1} a_q| + \cdots + |a_0 a_1 \dots a_{q - 1}| \\
&= \sum_{j = 0}^q |a_0 \dots a_{j - 1} \hat{a_j} a_{j + 1} \dots a_q|
\end{align*}
である。ただし、 $|a_0 \dots a_{j - 1} \hat{a_j} a_{j + 1} \dots a_q|$ は $a_j$ 以外を頂点とする $|a_0 a_1 \dots a_{q - 1} a_q|$ の切子面を表す。このとき、頂点の順番の取り方で $\sigma^q_i$ の表記が変わっても、和において登場する項の順番が変わるだけで、計算結果に影響はないことを念押ししておく。

=== 例2.8（境界作用素） ===

例1.12.3の単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_3|, |a_3 a_2|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_2 a_3|\}$$ （正方形）を考えよう。
このとき $|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_2 a_3| \in C_2 (K)$ であるが、絵としては $2$ 単体（三角形）が貼り合って正方形となっている状況を想像している。
これを $\partial_2$ によって写すと
\begin{align*}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_2 a_3|)
&= \partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) + \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) && (\because \ \partial_2 の線型性) \\
&= (|a_1 a_2| + |a_0 a_2| + |a_0 a_1|) + (|a_2 a_3| + |a_0 a_3| + |a_0 a_2|) && (\because \ \partial_2 の定義) \\
&= |a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| + 2 \cdot |a_0 a_2| && (\because \ 同類項をまとめて整理した) \\
&= |a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| && (\because \ 二元体では 2 = 0) \\
\end{align*}
となる。計算結果を絵に描いてみると、確かに正方形の境界としてその周が出てきたように見える。
途中の $|a_0 a_2|$ が消えたことは、対角線が相殺されたことに対応する。

また、 $\partial_2$ は線型写像だから、表現行列を求めることには意味がある。（表現行列と言ったときには、特に断らない限り、基底は鎖群の定義で使用したものをとることにする。）行列計算により
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0| & |a_0 a_3| & |a_3 a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 \\
1 & 0 \\
1 & 1 \\
0 & 1 \\
0 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
であることから、 $\partial_2$ の表現行列 $M_2$ は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 \\
1 & 0 \\
1 & 1 \\
0 & 1 \\
0 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
だと分かる。

=== 演習問題2.9 ===

以下の問題を解け。絵も添えてみるとよい。

::(1)　例1.12.3の単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_3|, |a_3 a_2|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_2 a_3|\}$$ （正方形）に対して、次の計算を実行せよ。
::::(1-a)　$\partial_1 (|a_0 a_1| + |a_1 a_2|)$
::::(1-b)　$\partial_1 \circ \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|)$

::(2)　例1.12.4の単体複体 $$K' = K \cup \{|a_4|, |a_1 a_4|\}$$ （正方形に毛が生えた図形）に対して、次の計算を実行せよ。
::::(2-a)　$\partial_1 (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_1 a_4|)$
::::(2-b)　$\partial_0 (|a_0| + |a_1| + |a_2| + |a_3| + |a_4|)$

::(3)　再び例1.12.3の単体複体 $K$ に対して、 $\partial_1$ の表現行列 $A_1$ を求めよ。また、それを用いて $\partial_1 \circ \partial_2$ の表現行列 $M$ を計算してみよ。

{{begin|proof}}
::(1-a)　$|a_0| + |a_2|$　（項のそれぞれは、折れ線の始点と終点である）
::(1-b)　$0$　（これは偶然だろうか？）
::(2-a)　$|a_0| + |a_1| + |a_2| + |a_4|$　（計算結果は、単に「単体たちを合併した図形の境界」ではない！）
::(2-b)　$0$　（定義を確認せよ）
::(3)　$\partial_1$ の表現行列 $M_1$ を求めると、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_3 a_2|)
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
:::であることから、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
:::だと分かる。また、線型写像において合成の表現行列は表現行列の積になるので、
\begin{align*}
M &= M_1 \cdot M_2 \\
&=
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 \\
1 & 0 \\
1 & 1 \\
0 & 1 \\
0 & 1
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
2 & 2 \\
2 & 0 \\
2 & 2 \\
0 & 2
\end{bmatrix}
= O（零行列）
\end{align*}
:::を得る。
{{end|proof}}

上の問題(1-b)および(3)で起きた現象は、以下の命題により一般的に説明できる。

=== 命題2.10 ===

任意の整数 $q$ に対して、 $\partial_{q - 1} \circ \partial_q = 0$（零写像）である。

{{begin|proof}}
$\partial_{q - 1}, \partial_q$ は線型写像なので、その合成である $\partial_{q - 1} \circ \partial_q = 0$ も線型写像である。
よって、任意の基底のメンバー $\sigma^q_i$ に対して $\partial_{q - 1} \circ \partial_q (\sigma^q_i) = 0$ が成り立つことを確認すればよい。
$\sigma^q_i = |a_0 \dots a_q|$ と表し、以下で確認しよう。

境界作用素の定義から $$\partial_q (|a_0 \dots a_q|) = \sum_{j = 0}^q |a_0 \dots \hat{a_j} \dots a_q|$$ だったので、線型性により
\begin{align*}
\partial_{q - 1} \circ \partial_q (|a_0 \dots a_q|) &= \partial_{q - 1} \left( \sum_{j = 0}^q |a_0 \dots \hat{a_j} \dots a_q| \right) \\
&= \sum_{j = 0}^q \partial_{q - 1} (|a_0 \dots \hat{a_j} \dots a_q|) \quad \cdots (*)
\end{align*}
となる。ここで、 $\partial_{q - 1} (|a_0 \dots \hat{a_j} \dots a_q|)$ の各項は $|a_0 \dots \hat{a_j} \dots a_q|$ からさらに頂点を取り除いて得られる切子面であるから、
\begin{align*}
\partial_{q - 1} (|a_0 \dots \hat{a_j} \dots a_q|) = \sum_{k = 0}^{j - 1} |a_0 \dots \hat{a_k} \dots \hat{a_j} \dots a_q| + \sum_{k = j + 1}^q |a_0 \dots \hat{a_j} \dots \hat{a_k} \dots a_q|
\end{align*}
である。これを $(*)$ に当てはめれば、
\begin{align*}
\partial_{q - 1} \circ \partial_q (|a_0 \dots a_q|)
&= \sum_{j = 0}^q \left( \sum_{k = 0}^{j - 1} |a_0 \dots \hat{a_k} \dots \hat{a_j} \dots a_q| + \sum_{k = j + 1}^q |a_0 \dots \hat{a_j} \dots \hat{a_k} \dots a_q| \right) \\
&= \sum_{0 \le k < j \le q} |a_0 \dots \hat{a_k} \dots \hat{a_j} \dots a_q| + \sum_{0 \le j < k \le q} |a_0 \dots \hat{a_j} \dots \hat{a_k} \dots a_q|
\end{align*}
が得られる。ただし、 $\sum_{0 \le k < j \le q}$ は $0 \le k < j \le q$ を充たすすべての $(j, k)$ について和をとることを意味する（ $\sum_{0 \le j < k \le q}$ も同様）。さて、前半の総和も後半の総和も、束縛変数の見かけが異なるだけで、実行する計算は同じである。よって、二元体において $2 = 0$ であることに注意すると、
\begin{align*}
\partial_{q - 1} \circ \partial_q (|a_0 \dots a_q|)
&= 2 \cdot \sum_{0 \le k < j \le q} |a_0 \dots \hat{a_k} \dots \hat{a_j} \dots a_q| \\
&= 0 \cdot \sum_{0 \le k < j \le q} |a_0 \dots \hat{a_k} \dots \hat{a_j} \dots a_q| \\
&= 0
\end{align*}
が分かる。これで、 $\partial_{q - 1} \circ \partial_q (|a_0 \dots a_q|) = 0$ が確認できた。
{{end|proof}}

=== 定義2.11（鎖複体） ===

単体複体 $K$ に対して、その鎖群 $C_q (K)$ と境界作用素 $\partial_q$ たちが成す族 $\mathcal{C}(K) = (C_\bullet (K), \partial_\bullet)$ 、あるいは系列
$$\cdots \xrightarrow{\partial_{\dim K + 2}} 0 \xrightarrow{\partial_{\dim K + 1}} C_{\dim K} (K) \xrightarrow{\partial_{\dim K}} \cdots \xrightarrow{\partial_2} C_1 (K) \xrightarrow{\partial_1} C_0 (K) \xrightarrow{\partial_0} 0 \xrightarrow{\partial_{-1}} 0 \xrightarrow{\partial_{-2}} \cdots$$ のことを $K$ の'''鎖複体（chain complex）'''という。

単体複体の鎖複体を定義し、それが持つ目立った性質（命題2.10）を説明した。
しかし、定義2.1でも言及したように、これは $\{\varnothing\}$ という $-1$ 単体を除いている点で違和感があるかもしれない。
そこで、 $\{\varnothing\}$ も込めて構成した鎖複体――添加鎖複体を定義しよう。

=== 定義2.12（添加鎖複体） ===

単体複体 $K$ に対して、 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間 $\widetilde{C}_q (K)$ を
\begin{align*}
\widetilde{C}_q (K) =
\begin{cases}
C_q (K) & (q \ne -1) \\
\{c \cdot \varnothing \ | \ c \in \mathbb{Z}_2\} & (q = -1)
\end{cases}
\end{align*}
で定義し、これを $K$ の''' $q$ 次添加鎖群（$q$ -th augmented chain group）'''という。

また、 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) = \widetilde{C}_0 (K) \to \widetilde{C}_{-1} (K)$ を、 $$\varepsilon (\sigma^0_i) = \varnothing$$ を線型に延長して定義する。これを $K$ の'''添加写像（augmentation map）'''という。

さらに、 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像 $\widetilde{\partial}_q \ \colon \ \widetilde{C}_q (K) \to \widetilde{C}_{q - 1} (K)$ を
\begin{align*}
\widetilde{\partial}_q =
\begin{cases}
\partial_q & (q \ne 0) \\
\varepsilon & (q = 0)
\end{cases}
\end{align*}
で定義し、これを $K$ の'''添加境界作用素（augmented boundary operator）'''という。

これを以て、単体複体 $K$ に対して、その添加鎖群 $\widetilde{C}_q (K)$ と添加境界作用素 $\widetilde{\partial}_q$ たちが成す族 $\widetilde{C}(K) = (\widetilde{C}_q(K), \widetilde{\partial}_q)_{q \in \mathbb{Z}}$ 、あるいは系列
$$\cdots \xrightarrow{\partial_{\dim K + 2}} 0 \xrightarrow{\partial_{\dim K + 1}} C_{\dim K} (K) \xrightarrow{\partial_{\dim K}} \cdots \xrightarrow{\partial_2} C_1 (K) \xrightarrow{\partial_1} C_0 (K) \xrightarrow{\varepsilon} \widetilde{C}_{-1} (K) \xrightarrow{\partial_{-1}} 0 \xrightarrow{\partial_{-2}} \cdots$$ のことを $K$ の'''添加鎖複体（augmented chain complex）'''という。

添加鎖複体についても次のことが示せる。

=== 命題2.13 ===

任意の整数 $q$ に対して、 $\widetilde{\partial}_{q - 1} \circ \widetilde{\partial}_q = 0$（零写像）である。

{{begin|proof}}
添加写像が関与する部分とそうでない部分で場合分けしよう。

* $q \ne 0, 1$ のときは、命題2.8より $\widetilde{\partial}_{q - 1} \circ \widetilde{\partial}_q = \partial_{q - 1} \circ \partial_q = 0$ が得られる。

* $q = 0$ のときは、 $\widetilde{\partial}_{-1} = \partial_{-1} = 0$ なので $\widetilde{\partial}_{-1} \circ \widetilde{\partial}_0 = 0$ が得られる。

* $q = 1$ のときだけが少々非自明である。 $\widetilde{\partial}_0 = \varepsilon, \ \widetilde{\partial}_1 = \partial_1$ なので、示すべきことは、$K$ の任意の $1$ 単体 $|a_0 a_1|$ に対して $$\varepsilon \circ \partial_1 (|a_0 a_1|) = 0$$ となることである。それは次のようにして分かる：
\begin{align*}
\varepsilon \circ \partial_1 (|a_0 a_1|)
&= \varepsilon (|a_0| + |a_1|) && (\because \ \partial_1 の定義) \\
&= \varepsilon (|a_0|) + \varepsilon (|a_1|) && (\because \ \varepsilon の線型性) \\
&= \varnothing + \varnothing && (\because \ \varepsilon の定義) \\
&= 2 \cdot \varnothing \\
&= 0 \cdot \varnothing && (\because \ 二元体では 2 = 0) \\
&= 0。
\end{align*}

これで証明が完了した。
{{end|proof}}

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

* 鎖群という、単体複体の部分図形を集めたベクトル空間の定義と例。
* 境界作用素という、単体の貼り合い方を記述する線型写像の定義と例。
* 鎖複体という、単体複体に対する代数的な対応物の定義。また、添加鎖複体という鎖複体の類似物の定義。

ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。
しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。
そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。
非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。
つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。
これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。

次章で、遂にホモロジーの定義を述べ、計算例を紹介していく。

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ

2022-04-16T16:00:38Z

もなくゎ: /* 定義2.11（鎖複体） */

単体複体が与えられたとき、その多面体が目に見えるとは限らない。
あるいは目に見えたとしても、その"かたち"を把握することは一般に難しい。
そこで我々は、与えられた単体複体からホモロジーと呼ばれる代数的な量を取り出し、観察することを考える。

この章では、その準備として、単体複体という幾何的対象に対して鎖複体という代数的対象を対応づける。
その際には二元体という特殊な体を用いる。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体の鎖複体 ==

単体複体は、単体たちを"きっちり"と貼り合わせて得られる幾何的対象であった。
これを代数的に取り扱うために、単体たちを基底とするベクトル空間、そして単体たちの貼り合い方を記述する線型写像を導入しよう。
そのベクトル空間と線型写像たちが成す系列を、単体複体の鎖複体という。

=== 定義2.1（鎖群） ===

単体複体 $K$ と整数 $0 \le q \le \dim K$ に対して、 $K$ の $q$ 単体の総数を $k_q$ と置き、 $K$ の $q$ 単体を $\sigma^q_1, \dots, \sigma^q_{k_q}$ と書こう。上付き添字が単体の次元、下付き添字が単体のラベル（識別番号）のつもりである。

さて、$K$ の $q$ 単体全体 $\{\sigma^q_1, \dots, \sigma^q_{k_q}\}$ を基底とする $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間
\begin{align*}
C_q (K) &= \mathbb{Z}_2 \cdot \sigma^q_1 \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot \sigma^q_{k_q} \\
&= \{c_1 \sigma^q_1 + \cdots + c_{k_q} \sigma^q_{k_q} \ | \ c_1, \dots, c_{k_q} \in \mathbb{Z}_2\}
\end{align*}
のことを、単体複体 $K$ の''' $q$ 次鎖群（$q$ -th chain group）'''という。また、 $q$ 次鎖群の要素（ベクトル）を''' $q$ 鎖（ $q$ -chain）'''という<ref name="群？">ベクトル空間にわざわざ鎖「群」という名がついていることに違和感を覚えるかもしれない。これは鎖群が一般のホモロジー理論で環上の加「群」であるという事情に由来すると思われる。（あるいは単に鎖の集まりの意味で「群れ」という言葉を用いているのかもしれない。）</ref>。

なお、 $q < 0, \ \dim K < q$ に対しては $C_q (K) = 0$ （零ベクトル空間）と定義する。
ここで $C_{-1} (K)$ の基底を $\{\varnothing\}$ としないところに引っ掛かりを感じるかもしれないが、それについては定義2.で述べる。

=== 補足2.2 ===

* $C_q (K)$ の定義に現れた「 $+$ 」の意味を説明する。 $C_q (K)$ は、実際には $\mathbb{Z}_2$ 上の $k_q$ 次元数ベクトル空間 $\mathbb{Z}_2^{k_q}$ として定義される。このとき、数ベクトル $(c_1, \dots, c_{k_q})$ のことを $c_1 \sigma^q_1 + \cdots + c_{k_q} \sigma^q_{k_q}$ と書いているのである。このような和の表記のことを'''形式的な線型結合'''あるいは単に'''形式的な和'''ということがある。
* 鎖群 $C_q (K)$ において $\sigma^q_i$ たちは基底を成す（特に線型独立である）ので、線型な関係式を持たない。
* 単体をその頂点たちによって指定・表記するとき、登場する頂点の種類だけが重要であり、頂点の順番の取り方には依らなかった（順番の取り方は、 $0$ 単体でない限り複数存在する）。鎖群においても、登場する頂点の種類が同じで順番だけ異なる単体は同じと見做す。たとえば、$K$ が $2$ 単体 $\sigma^q_i = |a_0 a_1 a_2|$ を持つとき、 $2$ 次鎖群においても $$\sigma^q_i = |a_0 a_1 a_2| = |a_2 a_1 a_0| = |a_1 a_0 a_2|$$ である。これは表記の約束である。

=== 注意2.3 ===

鎖は単体たちの形式的な線型結合であるが、その係数 $c_i$ は二元体 $\mathbb{Z}_2$ の元なので、 $0$ か $1$ しかあり得ない。
つまり、鎖を一つ指定することは、項に現れる単体がどれかを指定することに他ならない。
これに注意しながら、次のような視点を導入する。

第0章で解説したことより、数ベクトル空間 $\mathbb{Z}_2^{k_q}$ は $k_q$ 元集合の冪集合と見做せたのであった。
ここで $k_q$ 元集合を $q$ 単体の全体 $\{\sigma^q_1, \dots, \sigma^q_{k_q}\}$ でとれば、 $q$ 次鎖群 $C_q (K) (= \mathbb{Z}_2^{k_q})$ と冪集合 $2^{\{\sigma^q_1, \dots, \sigma^q_{k_q}\}}$ の間に、次の線型同型が得られる： $$C_q (K) (= \mathbb{Z}_2^{k_q}) \to 2^{\{\sigma^q_1, \dots, \sigma^q_{k_q}\}}, \quad c_1 \sigma^q_1 + \cdots + c_{k_q} \sigma^q_{k_q} \mapsto \{\sigma^q_i \ | \ c_i = 1\};$$ $$2^{\{\sigma^q_1, \dots, \sigma^q_{k_q}\}} \to C_q (K) (= \mathbb{Z}_2^{k_q}), \quad A \mapsto \sum_{\sigma^q_i \in A} \sigma^q_i。$$

したがって、 $K$ の $q$ 鎖は、「 $K$ の部分図形であって幾つかの単体が"連なった"もの」だと捉えられる。
そして、 $q$ 次鎖群とは、そういった部分図形たちをすべて集めてきたデータセットなのである。

=== 例2.4（鎖群） ===

単体複体 $K(|a_0 a_1|) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ の鎖群を、要素（鎖）を列挙した形で表すと、
* $C_0 (K(|a_0 a_1|)) = \{0, |a_0|, |a_1|, |a_0| + |a_1|\}$
* $C_1 (K(|a_0 a_1|)) = \{0, |a_0 a_1|\}$
となる。

=== 演習問題2.5 ===

単体複体 $K(\partial |a_0 a_1 a_2|) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ の鎖群を、要素（鎖）を列挙した形で表せ。それぞれの要素（鎖）に絵を添えてみるとよい。

{{begin|proof}}
::* $C_0 (K(\partial |a_0 a_1 a_2|)) = \{0, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0| + |a_1|, |a_1| + |a_2|, |a_2| + |a_0|, |a_0| + |a_1| + |a_2|\}$
::* $C_1 (K(\partial |a_0 a_1 a_2|)) = \{0, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1| + |a_1 a_2|, |a_1 a_2| + |a_2 a_0|, |a_2 a_0| + |a_0 a_1|, |a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|\}$
{{end|proof}}

=== 定義2.6（境界作用素） ===

単体複体 $K$ と整数 $q$ に対して、$\mathbb{Z}_2$ 線型写像 $\partial_q \ \colon \ C_q (K) \to C_{q - 1} (K)$ を、 $$\partial_q (\sigma^q_i) = 《 \sigma^q_i の切子面すべての和》 = 《 \sigma^q_i の (q - 1) 面すべての和》$$ を線型に延長して定義する。
これを $K$ の'''境界作用素（boundary operator）'''という。

なお、定義域あるいは終域が $0$ （零ベクトル空間）である場合は、 $\partial_q = 0$ （零写像）と定義する。

=== 注意2.7 ===

* 境界作用素が定義できる（ $K$ の単体に対してその切子面が必ず $K$ に属する）ために、単体複体の定義にある条件(1)は外すことができない。
* $q$ 単体 $\sigma^q_i$ に対して、その切子面は $\binom{q + 1}{(q - 1) + 1} = \binom{q + 1}{q} = q$ 個ある。したがって、 $\partial_q (\sigma^q_i)$ の項も（ $0$ 個でない限り） $q$ 個である。
* $\sigma^q_i = |a_0 a_1 \dots a_{q - 1} a_q|$ と書けば、
\begin{align*}
\partial_q (|a_0 a_1 \dots a_{q - 1} a_q|) &= |a_1 \dots a_{q - 1} a_q| + \cdots + |a_0 a_1 \dots a_{j - 1} a_{j + 1} \dots a_{q - 1} a_q| + \cdots + |a_0 a_1 \dots a_{q - 1}| \\
&= \sum_{j = 0}^q |a_0 \dots a_{j - 1} \hat{a_j} a_{j + 1} \dots a_q|
\end{align*}
である。ただし、 $|a_0 \dots a_{j - 1} \hat{a_j} a_{j + 1} \dots a_q|$ は $a_j$ 以外を頂点とする $|a_0 a_1 \dots a_{q - 1} a_q|$ の切子面を表す。このとき、頂点の順番の取り方で $\sigma^q_i$ の表記が変わっても、和において登場する項の順番が変わるだけで、計算結果に影響はないことを念押ししておく。

=== 例2.8（境界作用素） ===

例1.12.3の単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_3|, |a_3 a_2|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_2 a_3|\}$$ （正方形）を考えよう。
このとき $|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_2 a_3| \in C_2 (K)$ であるが、絵としては $2$ 単体（三角形）が貼り合って正方形となっている状況を想像している。
これを $\partial_2$ によって写すと
\begin{align*}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_2 a_3|)
&= \partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) + \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) && (\because \ \partial_2 の線型性) \\
&= (|a_1 a_2| + |a_0 a_2| + |a_0 a_1|) + (|a_2 a_3| + |a_0 a_3| + |a_0 a_2|) && (\because \ \partial_2 の定義) \\
&= |a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| + 2 \cdot |a_0 a_2| && (\because \ 同類項をまとめて整理した) \\
&= |a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| && (\because \ 二元体では 2 = 0) \\
\end{align*}
となる。計算結果を絵に描いてみると、確かに正方形の境界としてその周が出てきたように見える。
途中の $|a_0 a_2|$ が消えたことは、対角線が相殺されたことに対応する。

また、 $\partial_2$ は線型写像だから、表現行列を求めることには意味がある。（表現行列と言ったときには、特に断らない限り、基底は鎖群の定義で使用したものをとることにする。）行列計算により
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0| & |a_0 a_3| & |a_3 a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 \\
1 & 0 \\
1 & 1 \\
0 & 1 \\
0 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
であることから、 $\partial_2$ の表現行列 $M_2$ は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 \\
1 & 0 \\
1 & 1 \\
0 & 1 \\
0 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
だと分かる。

=== 演習問題2.9 ===

以下の問題を解け。絵も添えてみるとよい。

::(1)　例1.12.3の単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_3|, |a_3 a_2|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_2 a_3|\}$$ （正方形）に対して、次の計算を実行せよ。
::::(1-a)　$\partial_1 (|a_0 a_1| + |a_1 a_2|)$
::::(1-b)　$\partial_1 \circ \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|)$

::(2)　例1.12.4の単体複体 $$K' = K \cup \{|a_4|, |a_1 a_4|\}$$ （正方形に毛が生えた図形）に対して、次の計算を実行せよ。
::::(2-a)　$\partial_1 (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_1 a_4|)$
::::(2-b)　$\partial_0 (|a_0| + |a_1| + |a_2| + |a_3| + |a_4|)$

::(3)　再び例1.12.3の単体複体 $K$ に対して、 $\partial_1$ の表現行列 $A_1$ を求めよ。また、それを用いて $\partial_1 \circ \partial_2$ の表現行列 $M$ を計算してみよ。

{{begin|proof}}
::(1-a)　$|a_0| + |a_2|$　（項のそれぞれは、折れ線の始点と終点である）
::(1-b)　$0$　（これは偶然だろうか？）
::(2-a)　$|a_0| + |a_1| + |a_2| + |a_4|$　（計算結果は、単に「単体たちを合併した図形の境界」ではない！）
::(2-b)　$0$　（定義を確認せよ）
::(3)　$\partial_1$ の表現行列 $M_1$ を求めると、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_3 a_2|)
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
:::であることから、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
:::だと分かる。また、線型写像において合成の表現行列は表現行列の積になるので、
\begin{align*}
M &= M_1 \cdot M_2 \\
&=
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 \\
1 & 0 \\
1 & 1 \\
0 & 1 \\
0 & 1
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
2 & 2 \\
2 & 0 \\
2 & 2 \\
0 & 2
\end{bmatrix}
= O（零行列）
\end{align*}
:::を得る。
{{end|proof}}

上の問題(1-b)および(3)で起きた現象は、以下の命題により一般的に説明できる。

=== 命題2.10 ===

任意の整数 $q$ に対して、 $\partial_{q - 1} \circ \partial_q = 0$（零写像）である。

{{begin|proof}}
$\partial_{q - 1}, \partial_q$ は線型写像なので、その合成である $\partial_{q - 1} \circ \partial_q = 0$ も線型写像である。
よって、任意の基底のメンバー $\sigma^q_i$ に対して $\partial_{q - 1} \circ \partial_q (\sigma^q_i) = 0$ が成り立つことを確認すればよい。
$\sigma^q_i = |a_0 \dots a_q|$ と表し、以下で確認しよう。

境界作用素の定義から $$\partial_q (|a_0 \dots a_q|) = \sum_{j = 0}^q |a_0 \dots \hat{a_j} \dots a_q|$$ だったので、線型性により
\begin{align*}
\partial_{q - 1} \circ \partial_q (|a_0 \dots a_q|) &= \partial_{q - 1} \left( \sum_{j = 0}^q |a_0 \dots \hat{a_j} \dots a_q| \right) \\
&= \sum_{j = 0}^q \partial_{q - 1} (|a_0 \dots \hat{a_j} \dots a_q|) \quad \cdots (*)
\end{align*}
となる。ここで、 $\partial_{q - 1} (|a_0 \dots \hat{a_j} \dots a_q|)$ の各項は $|a_0 \dots \hat{a_j} \dots a_q|$ からさらに頂点を取り除いて得られる切子面であるから、
\begin{align*}
\partial_{q - 1} (|a_0 \dots \hat{a_j} \dots a_q|) = \sum_{k = 0}^{j - 1} |a_0 \dots \hat{a_k} \dots \hat{a_j} \dots a_q| + \sum_{k = j + 1}^q |a_0 \dots \hat{a_j} \dots \hat{a_k} \dots a_q|
\end{align*}
である。これを $(*)$ に当てはめれば、
\begin{align*}
\partial_{q - 1} \circ \partial_q (|a_0 \dots a_q|)
&= \sum_{j = 0}^q \left( \sum_{k = 0}^{j - 1} |a_0 \dots \hat{a_k} \dots \hat{a_j} \dots a_q| + \sum_{k = j + 1}^q |a_0 \dots \hat{a_j} \dots \hat{a_k} \dots a_q| \right) \\
&= \sum_{0 \le k < j \le q} |a_0 \dots \hat{a_k} \dots \hat{a_j} \dots a_q| + \sum_{0 \le j < k \le q} |a_0 \dots \hat{a_j} \dots \hat{a_k} \dots a_q|
\end{align*}
が得られる。ただし、 $\sum_{0 \le k < j \le q}$ は $0 \le k < j \le q$ を充たすすべての $(j, k)$ について和をとることを意味する（ $\sum_{0 \le j < k \le q}$ も同様）。さて、前半の総和も後半の総和も、束縛変数の見かけが異なるだけで、実行する計算は同じである。よって、二元体において $2 = 0$ であることに注意すると、
\begin{align*}
\partial_{q - 1} \circ \partial_q (|a_0 \dots a_q|)
&= 2 \cdot \sum_{0 \le k < j \le q} |a_0 \dots \hat{a_k} \dots \hat{a_j} \dots a_q| \\
&= 0 \cdot \sum_{0 \le k < j \le q} |a_0 \dots \hat{a_k} \dots \hat{a_j} \dots a_q| \\
&= 0
\end{align*}
が分かる。これで、 $\partial_{q - 1} \circ \partial_q (|a_0 \dots a_q|) = 0$ が確認できた。
{{end|proof}}

=== 定義2.11（鎖複体） ===

単体複体 $K$ に対して、その鎖群 $C_q (K)$ と境界作用素 $\partial_q$ たちが成す族 $\mathcal{C}(K) = (C_q(K), \partial_q)_{q \in \mathbb{Z}}$ 、あるいは系列
$$\cdots \xrightarrow{\partial_{\dim K + 2}} 0 \xrightarrow{\partial_{\dim K + 1}} C_{\dim K} (K) \xrightarrow{\partial_{\dim K}} \cdots \xrightarrow{\partial_2} C_1 (K) \xrightarrow{\partial_1} C_0 (K) \xrightarrow{\partial_0} 0 \xrightarrow{\partial_{-1}} 0 \xrightarrow{\partial_{-2}} \cdots$$ のことを $K$ の'''鎖複体（chain complex）'''という。

単体複体の鎖複体を定義し、それが持つ目立った性質（命題2.10）を説明した。
しかし、定義2.1でも言及したように、これは $\{\varnothing\}$ という $-1$ 単体を除いている点で違和感があるかもしれない。
そこで、 $\{\varnothing\}$ も込めて構成した鎖複体――添加鎖複体を定義しよう。

=== 定義2.12（添加鎖複体） ===

単体複体 $K$ に対して、 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間 $\widetilde{C}_q (K)$ を
\begin{align*}
\widetilde{C}_q (K) =
\begin{cases}
C_q (K) & (q \ne -1) \\
\{c \cdot \varnothing \ | \ c \in \mathbb{Z}_2\} & (q = -1)
\end{cases}
\end{align*}
で定義し、これを $K$ の''' $q$ 次添加鎖群（$q$ -th augmented chain group）'''という。

また、 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) = \widetilde{C}_0 (K) \to \widetilde{C}_{-1} (K)$ を、 $$\varepsilon (\sigma^0_i) = \varnothing$$ を線型に延長して定義する。これを $K$ の'''添加写像（augmentation map）'''という。

さらに、 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像 $\widetilde{\partial}_q \ \colon \ \widetilde{C}_q (K) \to \widetilde{C}_{q - 1} (K)$ を
\begin{align*}
\widetilde{\partial}_q =
\begin{cases}
\partial_q & (q \ne 0) \\
\varepsilon & (q = 0)
\end{cases}
\end{align*}
で定義し、これを $K$ の'''添加境界作用素（augmented boundary operator）'''という。

これを以て、単体複体 $K$ に対して、その添加鎖群 $\widetilde{C}_q (K)$ と添加境界作用素 $\widetilde{\partial}_q$ たちが成す族 $\widetilde{C}(K) = (\widetilde{C}_q(K), \widetilde{\partial}_q)_{q \in \mathbb{Z}}$ 、あるいは系列
$$\cdots \xrightarrow{\partial_{\dim K + 2}} 0 \xrightarrow{\partial_{\dim K + 1}} C_{\dim K} (K) \xrightarrow{\partial_{\dim K}} \cdots \xrightarrow{\partial_2} C_1 (K) \xrightarrow{\partial_1} C_0 (K) \xrightarrow{\varepsilon} \widetilde{C}_{-1} (K) \xrightarrow{\partial_{-1}} 0 \xrightarrow{\partial_{-2}} \cdots$$ のことを $K$ の'''添加鎖複体（augmented chain complex）'''という。

添加鎖複体についても次のことが示せる。

=== 命題2.13 ===

任意の整数 $q$ に対して、 $\widetilde{\partial}_{q - 1} \circ \widetilde{\partial}_q = 0$（零写像）である。

{{begin|proof}}
添加写像が関与する部分とそうでない部分で場合分けしよう。

* $q \ne 0, 1$ のときは、命題2.8より $\widetilde{\partial}_{q - 1} \circ \widetilde{\partial}_q = \partial_{q - 1} \circ \partial_q = 0$ が得られる。

* $q = 0$ のときは、 $\widetilde{\partial}_{-1} = \partial_{-1} = 0$ なので $\widetilde{\partial}_{-1} \circ \widetilde{\partial}_0 = 0$ が得られる。

* $q = 1$ のときだけが少々非自明である。 $\widetilde{\partial}_0 = \varepsilon, \ \widetilde{\partial}_1 = \partial_1$ なので、示すべきことは、$K$ の任意の $1$ 単体 $|a_0 a_1|$ に対して $$\varepsilon \circ \partial_1 (|a_0 a_1|) = 0$$ となることである。それは次のようにして分かる：
\begin{align*}
\varepsilon \circ \partial_1 (|a_0 a_1|)
&= \varepsilon (|a_0| + |a_1|) && (\because \ \partial_1 の定義) \\
&= \varepsilon (|a_0|) + \varepsilon (|a_1|) && (\because \ \varepsilon の線型性) \\
&= \varnothing + \varnothing && (\because \ \varepsilon の定義) \\
&= 2 \cdot \varnothing \\
&= 0 \cdot \varnothing && (\because \ 二元体では 2 = 0) \\
&= 0。
\end{align*}

これで証明が完了した。
{{end|proof}}

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

* 鎖群という、単体複体の部分図形を集めたベクトル空間の定義と例。
* 境界作用素という、単体の貼り合い方を記述する線型写像の定義と例。
* 鎖複体という、単体複体に対する代数的な対応物の定義。また、添加鎖複体という鎖複体の類似物の定義。

ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。
しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。
そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。
非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。
つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。
これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。

次章で、遂にホモロジーの定義を述べ、計算例を紹介していく。

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T15:59:58Z

もなくゎ: /* ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ge 2$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。ただし、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題としてある。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差<ref name="和も差もいっしょ">本テキストでは $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが。</ref>は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義3.8（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\tilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \tilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \tilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

もしかすると、あなたは「鎖複体は'''添加'''したのに、ホモロジー群が'''簡約'''とはこれいかに？」と思ったかもしれない。そして、以下の二つの命題を見れば納得がいくかもしれない。

=== 命題3.9 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$\tilde{H}_q (K) = H_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_{-1} / \mathrm{Im} \ \varepsilon = 0$ となる。
よって、両者は $-1$ 次で等しい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 命題3.10 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim H_0 (K) - 1$ が成り立つ。すなわち、 $$\tilde{H}_0 (K) \oplus \mathbb{Z}_2 \cong H_0 (K)$$ が成り立つ。

{{begin|proof}}
$\tilde{H}_0 (K)$ の次元を計算しよう。 $$\tilde{H}_0 (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \varepsilon}{\mathrm{Im} \ \partial_1}$$ なので、次元は $$\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \quad \cdots (*)$$
である。

今、次元定理を添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ に適用すれば $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - \dim \mathrm{Im} \ \varepsilon \quad \cdots (**)$$ が分かる。仮定から $\varepsilon$ は全射なので、 $$\dim \mathrm{Im} \ \varepsilon = \dim \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing = 1$$ である。これを $(**)$ に当てはめると $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - 1$$ となる。さらにこれを $(**)$ に当てはめれば、
\begin{align*}
\dim \tilde{H}_0 (K) &= \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= k_0 - 1 - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= (k_0 - 0 - \mathrm{Im} \ \partial_1) - 1 \\
&= \dim H_0 (K) - 1
\end{align*}
と計算でき、所望の結果を得た。 $\square$
{{end|proof}}

これで、通常のホモロジー群と簡約ホモロジー群の関係が分かったことになる。 $0$ 次を見ると分かるように、簡約ホモロジー群は通常のホモロジー群よりも次元が低い。この事実は、以下で見るように、ホモロジー群の計算結果の記述を綺麗な形にしてくれる。

=== 例3.11 ===

先の例3.4で扱った単体複体について、簡約ホモロジー群を求めてみよう。とは言っても、やることは $0$ 次の次元を $1$ だけ落とすことのみである。

==== 例3.11.1（単体） ====

例3.4.1同様、$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を計算しよう。

{{begin|proof}}
$n = 0, 1, 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。したがって、 $$\tilde{H}_q (K) = 0 \quad (q \in \mathbb{Z})$$ となる。 $\square$
{{end|proof}}

==== 例3.11.2（単体の境界） ====

例3.4.2同様、 $n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を計算しよう。

{{begin|proof}}
$n = 1$ の場合のみ $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。
一方、$n = 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases}$$ であった。
しかし、簡約ホモロジー群ではまとめて $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = n - 1) \\ 0 & (q \ne n - 1) \end{cases}$$ と記述できる。
{{end|proof}}

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章「蛇の補題」でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

=== 定義3.12（鎖複体） ===

$\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間が成す'''鎖複体（chain complex）'''とは、整数で添字づけられた $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間の族 $\{C_q\}_{q \in \mathbb{Z}}$ と $\mathbb{Z}_2$ 線型写像の族 $\{\partial_q \ \colon \ C_q \to C_{q - 1}\}_{q \in \mathbb{Z}}$ の組 $\mathcal{C} = (C_\bullet, \partial_\bullet)$ であって、各 $q \in \mathbb{Z}$ について $\partial_{q - 1} \circ \partial_q = 0$ が成り立つものをいう。
また、このとき、 $C_q$ を $q$ 次'''鎖群（chain group）'''、 $\partial_q$ を'''境界作用素（boundary operator）'''という。

=== 定義3.13（ホモロジー群） ===

上記の鎖複体・ホモロジー群の定義において、幾何的な情報はほとんど残っていない。しかしながら、ホモロジー群を定義するのには境界作用素の合成が零写像になることだけで充分であり、そのような性質を持つ線型写像が到るところで発見されてきたのだ。たとえば微分形式の外微分が顕著な例であり、それは我々をde Rhamコホモロジーの理論へと導いた。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T15:44:48Z

もなくゎ: /* 例3.6 */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ge 2$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。ただし、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題としてある。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差<ref name="和も差もいっしょ">本テキストでは $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが。</ref>は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義3.8（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\tilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \tilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \tilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

もしかすると、あなたは「鎖複体は'''添加'''したのに、ホモロジー群が'''簡約'''とはこれいかに？」と思ったかもしれない。そして、以下の二つの命題を見れば納得がいくかもしれない。

=== 命題3.9 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$\tilde{H}_q (K) = H_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_{-1} / \mathrm{Im} \ \varepsilon = 0$ となる。
よって、両者は $-1$ 次で等しい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 命題3.10 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim H_0 (K) - 1$ が成り立つ。すなわち、 $$\tilde{H}_0 (K) \oplus \mathbb{Z}_2 \cong H_0 (K)$$ が成り立つ。

{{begin|proof}}
$\tilde{H}_0 (K)$ の次元を計算しよう。 $$\tilde{H}_0 (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \varepsilon}{\mathrm{Im} \ \partial_1}$$ なので、次元は $$\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \quad \cdots (*)$$
である。

今、次元定理を添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ に適用すれば $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - \dim \mathrm{Im} \ \varepsilon \quad \cdots (**)$$ が分かる。仮定から $\varepsilon$ は全射なので、 $$\dim \mathrm{Im} \ \varepsilon = \dim \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing = 1$$ である。これを $(**)$ に当てはめると $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - 1$$ となる。さらにこれを $(**)$ に当てはめれば、
\begin{align*}
\dim \tilde{H}_0 (K) &= \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= k_0 - 1 - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= (k_0 - 0 - \mathrm{Im} \ \partial_1) - 1 \\
&= \dim H_0 (K) - 1
\end{align*}
と計算でき、所望の結果を得た。 $\square$
{{end|proof}}

これで、通常のホモロジー群と簡約ホモロジー群の関係が分かったことになる。 $0$ 次を見ると分かるように、簡約ホモロジー群は通常のホモロジー群よりも次元が低い。この事実は、以下で見るように、ホモロジー群の計算結果の記述を綺麗な形にしてくれる。

=== 例3.11 ===

先の例3.4で扱った単体複体について、簡約ホモロジー群を求めてみよう。とは言っても、やることは $0$ 次の次元を $1$ だけ落とすことのみである。

==== 例3.11.1（単体） ====

例3.4.1同様、$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を計算しよう。

{{begin|proof}}
$n = 0, 1, 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。したがって、 $$\tilde{H}_q (K) = 0 \quad (q \in \mathbb{Z})$$ となる。 $\square$
{{end|proof}}

==== 例3.11.2（単体の境界） ====

例3.4.2同様、 $n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を計算しよう。

{{begin|proof}}
$n = 1$ の場合のみ $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。
一方、$n = 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases}$$ であった。
しかし、簡約ホモロジー群ではまとめて $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = n - 1) \\ 0 & (q \ne n - 1) \end{cases}$$ と記述できる。
{{end|proof}}

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章‘蛇の補題’でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T15:39:38Z

もなくゎ: /* 命題3.9 */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ge 2$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。ただし、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題としてある。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差（今は $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが）は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義3.8（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\tilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \tilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \tilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

もしかすると、あなたは「鎖複体は'''添加'''したのに、ホモロジー群が'''簡約'''とはこれいかに？」と思ったかもしれない。そして、以下の二つの命題を見れば納得がいくかもしれない。

=== 命題3.9 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$\tilde{H}_q (K) = H_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_{-1} / \mathrm{Im} \ \varepsilon = 0$ となる。
よって、両者は $-1$ 次で等しい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 命題3.10 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim H_0 (K) - 1$ が成り立つ。すなわち、 $$\tilde{H}_0 (K) \oplus \mathbb{Z}_2 \cong H_0 (K)$$ が成り立つ。

{{begin|proof}}
$\tilde{H}_0 (K)$ の次元を計算しよう。 $$\tilde{H}_0 (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \varepsilon}{\mathrm{Im} \ \partial_1}$$ なので、次元は $$\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \quad \cdots (*)$$
である。

今、次元定理を添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ に適用すれば $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - \dim \mathrm{Im} \ \varepsilon \quad \cdots (**)$$ が分かる。仮定から $\varepsilon$ は全射なので、 $$\dim \mathrm{Im} \ \varepsilon = \dim \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing = 1$$ である。これを $(**)$ に当てはめると $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - 1$$ となる。さらにこれを $(**)$ に当てはめれば、
\begin{align*}
\dim \tilde{H}_0 (K) &= \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= k_0 - 1 - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= (k_0 - 0 - \mathrm{Im} \ \partial_1) - 1 \\
&= \dim H_0 (K) - 1
\end{align*}
と計算でき、所望の結果を得た。 $\square$
{{end|proof}}

これで、通常のホモロジー群と簡約ホモロジー群の関係が分かったことになる。 $0$ 次を見ると分かるように、簡約ホモロジー群は通常のホモロジー群よりも次元が低い。この事実は、以下で見るように、ホモロジー群の計算結果の記述を綺麗な形にしてくれる。

=== 例3.11 ===

先の例3.4で扱った単体複体について、簡約ホモロジー群を求めてみよう。とは言っても、やることは $0$ 次の次元を $1$ だけ落とすことのみである。

==== 例3.11.1（単体） ====

例3.4.1同様、$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を計算しよう。

{{begin|proof}}
$n = 0, 1, 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。したがって、 $$\tilde{H}_q (K) = 0 \quad (q \in \mathbb{Z})$$ となる。 $\square$
{{end|proof}}

==== 例3.11.2（単体の境界） ====

例3.4.2同様、 $n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を計算しよう。

{{begin|proof}}
$n = 1$ の場合のみ $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。
一方、$n = 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases}$$ であった。
しかし、簡約ホモロジー群ではまとめて $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = n - 1) \\ 0 & (q \ne n - 1) \end{cases}$$ と記述できる。
{{end|proof}}

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章‘蛇の補題’でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T15:39:17Z

もなくゎ: /* 命題3.10 */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ge 2$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。ただし、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題としてある。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差（今は $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが）は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義3.8（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\tilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \tilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \tilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

もしかすると、あなたは「鎖複体は'''添加'''したのに、ホモロジー群が'''簡約'''とはこれいかに？」と思ったかもしれない。そして、以下の二つの命題を見れば納得がいくかもしれない。

=== 命題3.9 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$H_q (K) = \tilde{H}_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_{-1} / \mathrm{Im} \ \varepsilon = 0$ となる。
よって、両者は $-1$ 次で等しい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 命題3.10 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim H_0 (K) - 1$ が成り立つ。すなわち、 $$\tilde{H}_0 (K) \oplus \mathbb{Z}_2 \cong H_0 (K)$$ が成り立つ。

{{begin|proof}}
$\tilde{H}_0 (K)$ の次元を計算しよう。 $$\tilde{H}_0 (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \varepsilon}{\mathrm{Im} \ \partial_1}$$ なので、次元は $$\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \quad \cdots (*)$$
である。

今、次元定理を添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ に適用すれば $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - \dim \mathrm{Im} \ \varepsilon \quad \cdots (**)$$ が分かる。仮定から $\varepsilon$ は全射なので、 $$\dim \mathrm{Im} \ \varepsilon = \dim \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing = 1$$ である。これを $(**)$ に当てはめると $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - 1$$ となる。さらにこれを $(**)$ に当てはめれば、
\begin{align*}
\dim \tilde{H}_0 (K) &= \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= k_0 - 1 - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= (k_0 - 0 - \mathrm{Im} \ \partial_1) - 1 \\
&= \dim H_0 (K) - 1
\end{align*}
と計算でき、所望の結果を得た。 $\square$
{{end|proof}}

これで、通常のホモロジー群と簡約ホモロジー群の関係が分かったことになる。 $0$ 次を見ると分かるように、簡約ホモロジー群は通常のホモロジー群よりも次元が低い。この事実は、以下で見るように、ホモロジー群の計算結果の記述を綺麗な形にしてくれる。

=== 例3.11 ===

先の例3.4で扱った単体複体について、簡約ホモロジー群を求めてみよう。とは言っても、やることは $0$ 次の次元を $1$ だけ落とすことのみである。

==== 例3.11.1（単体） ====

例3.4.1同様、$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を計算しよう。

{{begin|proof}}
$n = 0, 1, 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。したがって、 $$\tilde{H}_q (K) = 0 \quad (q \in \mathbb{Z})$$ となる。 $\square$
{{end|proof}}

==== 例3.11.2（単体の境界） ====

例3.4.2同様、 $n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を計算しよう。

{{begin|proof}}
$n = 1$ の場合のみ $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。
一方、$n = 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases}$$ であった。
しかし、簡約ホモロジー群ではまとめて $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = n - 1) \\ 0 & (q \ne n - 1) \end{cases}$$ と記述できる。
{{end|proof}}

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章‘蛇の補題’でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T15:38:06Z

もなくゎ: /* 単体複体の簡約ホモロジー */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ge 2$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。ただし、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題としてある。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差（今は $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが）は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義3.8（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\tilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \tilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \tilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

もしかすると、あなたは「鎖複体は'''添加'''したのに、ホモロジー群が'''簡約'''とはこれいかに？」と思ったかもしれない。そして、以下の二つの命題を見れば納得がいくかもしれない。

=== 命題3.9 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$H_q (K) = \tilde{H}_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_{-1} / \mathrm{Im} \ \varepsilon = 0$ となる。
よって、両者は $-1$ 次で等しい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 命題3.10 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim H_0 (K) - 1$ が成り立つ。

{{begin|proof}}
$\tilde{H}_0 (K)$ の次元を計算しよう。 $$\tilde{H}_0 (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \varepsilon}{\mathrm{Im} \ \partial_1}$$ なので、次元は $$\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \quad \cdots (*)$$
である。

今、次元定理を添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ に適用すれば $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - \dim \mathrm{Im} \ \varepsilon \quad \cdots (**)$$ が分かる。仮定から $\varepsilon$ は全射なので、 $$\dim \mathrm{Im} \ \varepsilon = \dim \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing = 1$$ である。これを $(**)$ に当てはめると $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - 1$$ となる。さらにこれを $(**)$ に当てはめれば、
\begin{align*}
\dim \tilde{H}_0 (K) &= \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= k_0 - 1 - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= (k_0 - 0 - \mathrm{Im} \ \partial_1) - 1 \\
&= \dim H_0 (K) - 1
\end{align*}
と計算でき、所望の結果を得た。 $\square$
{{end|proof}}

これで、通常のホモロジー群と簡約ホモロジー群の関係が分かったことになる。 $0$ 次を見ると分かるように、簡約ホモロジー群は通常のホモロジー群よりも次元が低い。この事実は、以下で見るように、ホモロジー群の計算結果の記述を綺麗な形にしてくれる。

=== 例3.11 ===

先の例3.4で扱った単体複体について、簡約ホモロジー群を求めてみよう。とは言っても、やることは $0$ 次の次元を $1$ だけ落とすことのみである。

==== 例3.11.1（単体） ====

例3.4.1同様、$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を計算しよう。

{{begin|proof}}
$n = 0, 1, 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。したがって、 $$\tilde{H}_q (K) = 0 \quad (q \in \mathbb{Z})$$ となる。 $\square$
{{end|proof}}

==== 例3.11.2（単体の境界） ====

例3.4.2同様、 $n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を計算しよう。

{{begin|proof}}
$n = 1$ の場合のみ $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。
一方、$n = 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases}$$ であった。
しかし、簡約ホモロジー群ではまとめて $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = n - 1) \\ 0 & (q \ne n - 1) \end{cases}$$ と記述できる。
{{end|proof}}

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章‘蛇の補題’でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T15:36:02Z

もなくゎ: /* 例3.10 */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ge 2$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。ただし、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題としてある。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差（今は $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが）は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義3.8（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\tilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \tilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \tilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

=== 命題3.9 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$H_q (K) = \tilde{H}_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_{-1} / \mathrm{Im} \ \varepsilon = 0$ となる。
よって、両者は $-1$ 次で等しい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 命題3.10 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim H_0 (K) - 1$ が成り立つ。

{{begin|proof}}
$\tilde{H}_0 (K)$ の次元を計算しよう。 $$\tilde{H}_0 (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \varepsilon}{\mathrm{Im} \ \partial_1}$$ なので、次元は $$\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \quad \cdots (*)$$
である。

今、次元定理を添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ に適用すれば $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - \dim \mathrm{Im} \ \varepsilon \quad \cdots (**)$$ が分かる。仮定から $\varepsilon$ は全射なので、 $$\dim \mathrm{Im} \ \varepsilon = \dim \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing = 1$$ である。これを $(**)$ に当てはめると $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - 1$$ となる。さらにこれを $(**)$ に当てはめれば、
\begin{align*}
\dim \tilde{H}_0 (K) &= \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= k_0 - 1 - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= (k_0 - 0 - \mathrm{Im} \ \partial_1) - 1 \\
&= \dim H_0 (K) - 1
\end{align*}
と計算でき、所望の結果を得た。 $\square$
{{end|proof}}

これで、通常のホモロジー群と簡約ホモロジー群の関係が分かったことになる。 $0$ 次を見ると分かるように、簡約ホモロジー群は通常のホモロジー群よりも次元が低い。この事実は、以下で見るように、ホモロジー群の計算結果の記述を綺麗な形にしてくれる。

=== 例3.11 ===

先の例3.4で扱った単体複体について、簡約ホモロジー群を求めてみよう。とは言っても、やることは $0$ 次の次元を $1$ だけ落とすことのみである。

==== 例3.11.1（単体） ====

例3.4.1同様、$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を計算しよう。

{{begin|proof}}
$n = 0, 1, 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。したがって、 $$\tilde{H}_q (K) = 0 \quad (q \in \mathbb{Z})$$ となる。 $\square$
{{end|proof}}

==== 例3.11.2（単体の境界） ====

例3.4.2同様、 $n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を計算しよう。

{{begin|proof}}
$n = 1$ の場合のみ $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。
一方、$n = 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases}$$ であった。
しかし、簡約ホモロジー群ではまとめて $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = n - 1) \\ 0 & (q \ne n - 1) \end{cases}$$ と記述できる。
{{end|proof}}

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章‘蛇の補題’でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T15:35:54Z

もなくゎ: /* 例3.10.2（単体の境界） */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ge 2$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。ただし、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題としてある。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差（今は $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが）は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義3.8（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\tilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \tilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \tilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

=== 命題3.9 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$H_q (K) = \tilde{H}_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_{-1} / \mathrm{Im} \ \varepsilon = 0$ となる。
よって、両者は $-1$ 次で等しい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 命題3.10 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim H_0 (K) - 1$ が成り立つ。

{{begin|proof}}
$\tilde{H}_0 (K)$ の次元を計算しよう。 $$\tilde{H}_0 (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \varepsilon}{\mathrm{Im} \ \partial_1}$$ なので、次元は $$\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \quad \cdots (*)$$
である。

今、次元定理を添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ に適用すれば $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - \dim \mathrm{Im} \ \varepsilon \quad \cdots (**)$$ が分かる。仮定から $\varepsilon$ は全射なので、 $$\dim \mathrm{Im} \ \varepsilon = \dim \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing = 1$$ である。これを $(**)$ に当てはめると $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - 1$$ となる。さらにこれを $(**)$ に当てはめれば、
\begin{align*}
\dim \tilde{H}_0 (K) &= \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= k_0 - 1 - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= (k_0 - 0 - \mathrm{Im} \ \partial_1) - 1 \\
&= \dim H_0 (K) - 1
\end{align*}
と計算でき、所望の結果を得た。 $\square$
{{end|proof}}

これで、通常のホモロジー群と簡約ホモロジー群の関係が分かったことになる。 $0$ 次を見ると分かるように、簡約ホモロジー群は通常のホモロジー群よりも次元が低い。この事実は、以下で見るように、ホモロジー群の計算結果の記述を綺麗な形にしてくれる。

=== 例3.10 ===

先の例3.4で扱った単体複体について、簡約ホモロジー群を求めてみよう。とは言っても、やることは $0$ 次の次元を $1$ だけ落とすことのみである。

==== 例3.10.1（単体） ====

例3.4.1同様、$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を計算しよう。

{{begin|proof}}
$n = 0, 1, 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。したがって、 $$\tilde{H}_q (K) = 0 \quad (q \in \mathbb{Z})$$ となる。 $\square$
{{end|proof}}

==== 例3.11.2（単体の境界） ====

例3.4.2同様、 $n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を計算しよう。

{{begin|proof}}
$n = 1$ の場合のみ $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。
一方、$n = 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases}$$ であった。
しかし、簡約ホモロジー群ではまとめて $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = n - 1) \\ 0 & (q \ne n - 1) \end{cases}$$ と記述できる。
{{end|proof}}

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章‘蛇の補題’でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T15:35:24Z

もなくゎ: /* 例3.10.1（単体） */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ge 2$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。ただし、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題としてある。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差（今は $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが）は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義3.8（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\tilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \tilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \tilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

=== 命題3.9 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$H_q (K) = \tilde{H}_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_{-1} / \mathrm{Im} \ \varepsilon = 0$ となる。
よって、両者は $-1$ 次で等しい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 命題3.10 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim H_0 (K) - 1$ が成り立つ。

{{begin|proof}}
$\tilde{H}_0 (K)$ の次元を計算しよう。 $$\tilde{H}_0 (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \varepsilon}{\mathrm{Im} \ \partial_1}$$ なので、次元は $$\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \quad \cdots (*)$$
である。

今、次元定理を添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ に適用すれば $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - \dim \mathrm{Im} \ \varepsilon \quad \cdots (**)$$ が分かる。仮定から $\varepsilon$ は全射なので、 $$\dim \mathrm{Im} \ \varepsilon = \dim \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing = 1$$ である。これを $(**)$ に当てはめると $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - 1$$ となる。さらにこれを $(**)$ に当てはめれば、
\begin{align*}
\dim \tilde{H}_0 (K) &= \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= k_0 - 1 - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= (k_0 - 0 - \mathrm{Im} \ \partial_1) - 1 \\
&= \dim H_0 (K) - 1
\end{align*}
と計算でき、所望の結果を得た。 $\square$
{{end|proof}}

これで、通常のホモロジー群と簡約ホモロジー群の関係が分かったことになる。 $0$ 次を見ると分かるように、簡約ホモロジー群は通常のホモロジー群よりも次元が低い。この事実は、以下で見るように、ホモロジー群の計算結果の記述を綺麗な形にしてくれる。

=== 例3.10 ===

先の例3.4で扱った単体複体について、簡約ホモロジー群を求めてみよう。とは言っても、やることは $0$ 次の次元を $1$ だけ落とすことのみである。

==== 例3.10.1（単体） ====

例3.4.1同様、$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を計算しよう。

{{begin|proof}}
$n = 0, 1, 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。したがって、 $$\tilde{H}_q (K) = 0 \quad (q \in \mathbb{Z})$$ となる。 $\square$
{{end|proof}}

==== 例3.10.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を計算しよう。

{{begin|proof}}
$n = 1$ の場合のみ $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。
一方、$n = 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases}$$ であった。
しかし、簡約ホモロジー群ではまとめて $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = n - 1) \\ 0 & (q \ne n - 1) \end{cases}$$ と記述できる。
{{end|proof}}

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章‘蛇の補題’でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T15:35:16Z

もなくゎ: /* 例3.10.2（単体の境界） */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ge 2$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。ただし、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題としてある。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差（今は $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが）は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義3.8（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\tilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \tilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \tilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

=== 命題3.9 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$H_q (K) = \tilde{H}_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_{-1} / \mathrm{Im} \ \varepsilon = 0$ となる。
よって、両者は $-1$ 次で等しい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 命題3.10 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim H_0 (K) - 1$ が成り立つ。

{{begin|proof}}
$\tilde{H}_0 (K)$ の次元を計算しよう。 $$\tilde{H}_0 (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \varepsilon}{\mathrm{Im} \ \partial_1}$$ なので、次元は $$\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \quad \cdots (*)$$
である。

今、次元定理を添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ に適用すれば $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - \dim \mathrm{Im} \ \varepsilon \quad \cdots (**)$$ が分かる。仮定から $\varepsilon$ は全射なので、 $$\dim \mathrm{Im} \ \varepsilon = \dim \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing = 1$$ である。これを $(**)$ に当てはめると $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - 1$$ となる。さらにこれを $(**)$ に当てはめれば、
\begin{align*}
\dim \tilde{H}_0 (K) &= \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= k_0 - 1 - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= (k_0 - 0 - \mathrm{Im} \ \partial_1) - 1 \\
&= \dim H_0 (K) - 1
\end{align*}
と計算でき、所望の結果を得た。 $\square$
{{end|proof}}

これで、通常のホモロジー群と簡約ホモロジー群の関係が分かったことになる。 $0$ 次を見ると分かるように、簡約ホモロジー群は通常のホモロジー群よりも次元が低い。この事実は、以下で見るように、ホモロジー群の計算結果の記述を綺麗な形にしてくれる。

=== 例3.10 ===

先の例3.4で扱った単体複体について、簡約ホモロジー群を求めてみよう。とは言っても、やることは $0$ 次の次元を $1$ だけ落とすことのみである。

==== 例3.10.1（単体） ====

例3.4.1同様、$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を記述しよう。

{{begin|proof}}
$n = 0, 1, 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。したがって、 $$\tilde{H}_q (K) = 0 \quad (q \in \mathbb{Z})$$ となる。 $\square$
{{end|proof}}

==== 例3.10.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を計算しよう。

{{begin|proof}}
$n = 1$ の場合のみ $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。
一方、$n = 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases}$$ であった。
しかし、簡約ホモロジー群ではまとめて $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = n - 1) \\ 0 & (q \ne n - 1) \end{cases}$$ と記述できる。
{{end|proof}}

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章‘蛇の補題’でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T15:34:52Z

もなくゎ: /* 例3.4.2（単体の境界） */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ge 2$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。ただし、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題としてある。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差（今は $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが）は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義3.8（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\tilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \tilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \tilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

=== 命題3.9 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$H_q (K) = \tilde{H}_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_{-1} / \mathrm{Im} \ \varepsilon = 0$ となる。
よって、両者は $-1$ 次で等しい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 命題3.10 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim H_0 (K) - 1$ が成り立つ。

{{begin|proof}}
$\tilde{H}_0 (K)$ の次元を計算しよう。 $$\tilde{H}_0 (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \varepsilon}{\mathrm{Im} \ \partial_1}$$ なので、次元は $$\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \quad \cdots (*)$$
である。

今、次元定理を添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ に適用すれば $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - \dim \mathrm{Im} \ \varepsilon \quad \cdots (**)$$ が分かる。仮定から $\varepsilon$ は全射なので、 $$\dim \mathrm{Im} \ \varepsilon = \dim \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing = 1$$ である。これを $(**)$ に当てはめると $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - 1$$ となる。さらにこれを $(**)$ に当てはめれば、
\begin{align*}
\dim \tilde{H}_0 (K) &= \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= k_0 - 1 - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= (k_0 - 0 - \mathrm{Im} \ \partial_1) - 1 \\
&= \dim H_0 (K) - 1
\end{align*}
と計算でき、所望の結果を得た。 $\square$
{{end|proof}}

これで、通常のホモロジー群と簡約ホモロジー群の関係が分かったことになる。 $0$ 次を見ると分かるように、簡約ホモロジー群は通常のホモロジー群よりも次元が低い。この事実は、以下で見るように、ホモロジー群の計算結果の記述を綺麗な形にしてくれる。

=== 例3.10 ===

先の例3.4で扱った単体複体について、簡約ホモロジー群を求めてみよう。とは言っても、やることは $0$ 次の次元を $1$ だけ落とすことのみである。

==== 例3.10.1（単体） ====

例3.4.1同様、$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を記述しよう。

{{begin|proof}}
$n = 0, 1, 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。したがって、 $$\tilde{H}_q (K) = 0 \quad (q \in \mathbb{Z})$$ となる。 $\square$
{{end|proof}}

==== 例3.10.2（単体の境界） ====

{{begin|proof}}
$n = 1$ の場合のみ $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。
一方、$n = 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases}$$ であった。
しかし、簡約ホモロジー群ではまとめて $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = n - 1) \\ 0 & (q \ne n - 1) \end{cases}$$ と記述できる。
{{end|proof}}

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章‘蛇の補題’でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T15:34:23Z

もなくゎ: /* 例3.10.2（単体の境界） */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ne 1$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。ただし、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題としてある。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差（今は $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが）は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義3.8（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\tilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \tilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \tilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

=== 命題3.9 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$H_q (K) = \tilde{H}_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_{-1} / \mathrm{Im} \ \varepsilon = 0$ となる。
よって、両者は $-1$ 次で等しい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 命題3.10 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim H_0 (K) - 1$ が成り立つ。

{{begin|proof}}
$\tilde{H}_0 (K)$ の次元を計算しよう。 $$\tilde{H}_0 (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \varepsilon}{\mathrm{Im} \ \partial_1}$$ なので、次元は $$\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \quad \cdots (*)$$
である。

今、次元定理を添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ に適用すれば $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - \dim \mathrm{Im} \ \varepsilon \quad \cdots (**)$$ が分かる。仮定から $\varepsilon$ は全射なので、 $$\dim \mathrm{Im} \ \varepsilon = \dim \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing = 1$$ である。これを $(**)$ に当てはめると $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - 1$$ となる。さらにこれを $(**)$ に当てはめれば、
\begin{align*}
\dim \tilde{H}_0 (K) &= \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= k_0 - 1 - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= (k_0 - 0 - \mathrm{Im} \ \partial_1) - 1 \\
&= \dim H_0 (K) - 1
\end{align*}
と計算でき、所望の結果を得た。 $\square$
{{end|proof}}

これで、通常のホモロジー群と簡約ホモロジー群の関係が分かったことになる。 $0$ 次を見ると分かるように、簡約ホモロジー群は通常のホモロジー群よりも次元が低い。この事実は、以下で見るように、ホモロジー群の計算結果の記述を綺麗な形にしてくれる。

=== 例3.10 ===

先の例3.4で扱った単体複体について、簡約ホモロジー群を求めてみよう。とは言っても、やることは $0$ 次の次元を $1$ だけ落とすことのみである。

==== 例3.10.1（単体） ====

例3.4.1同様、$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を記述しよう。

{{begin|proof}}
$n = 0, 1, 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。したがって、 $$\tilde{H}_q (K) = 0 \quad (q \in \mathbb{Z})$$ となる。 $\square$
{{end|proof}}

==== 例3.10.2（単体の境界） ====

{{begin|proof}}
$n = 1$ の場合のみ $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。
一方、$n = 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases}$$ であった。
しかし、簡約ホモロジー群ではまとめて $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = n - 1) \\ 0 & (q \ne n - 1) \end{cases}$$ と記述できる。
{{end|proof}}

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章‘蛇の補題’でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T15:31:46Z

もなくゎ: /* 例3.10 */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ne 1$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。ただし、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題としてある。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差（今は $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが）は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義3.8（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\tilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \tilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \tilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

=== 命題3.9 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$H_q (K) = \tilde{H}_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_{-1} / \mathrm{Im} \ \varepsilon = 0$ となる。
よって、両者は $-1$ 次で等しい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 命題3.10 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim H_0 (K) - 1$ が成り立つ。

{{begin|proof}}
$\tilde{H}_0 (K)$ の次元を計算しよう。 $$\tilde{H}_0 (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \varepsilon}{\mathrm{Im} \ \partial_1}$$ なので、次元は $$\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \quad \cdots (*)$$
である。

今、次元定理を添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ に適用すれば $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - \dim \mathrm{Im} \ \varepsilon \quad \cdots (**)$$ が分かる。仮定から $\varepsilon$ は全射なので、 $$\dim \mathrm{Im} \ \varepsilon = \dim \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing = 1$$ である。これを $(**)$ に当てはめると $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - 1$$ となる。さらにこれを $(**)$ に当てはめれば、
\begin{align*}
\dim \tilde{H}_0 (K) &= \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= k_0 - 1 - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= (k_0 - 0 - \mathrm{Im} \ \partial_1) - 1 \\
&= \dim H_0 (K) - 1
\end{align*}
と計算でき、所望の結果を得た。 $\square$
{{end|proof}}

これで、通常のホモロジー群と簡約ホモロジー群の関係が分かったことになる。 $0$ 次を見ると分かるように、簡約ホモロジー群は通常のホモロジー群よりも次元が低い。この事実は、以下で見るように、ホモロジー群の計算結果の記述を綺麗な形にしてくれる。

=== 例3.10 ===

先の例3.4で扱った単体複体について、簡約ホモロジー群を求めてみよう。とは言っても、やることは $0$ 次の次元を $1$ だけ落とすことのみである。

==== 例3.10.1（単体） ====

例3.4.1同様、$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。この簡約ホモロジー群を記述しよう。

{{begin|proof}}
$n = 0, 1, 2, 3$ いずれの場合も $$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$$ であった。したがって、 $$\tilde{H}_q (K) = 0 \quad (q \in \mathbb{Z})$$ となる。 $\square$
{{end|proof}}

==== 例3.10.2（単体の境界） ====

{{begin|proof}}
{{end|proof}}

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章‘蛇の補題’でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T15:28:20Z

もなくゎ: /* 命題3.10 */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ne 1$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。ただし、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題としてある。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差（今は $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが）は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義3.8（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\tilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \tilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \tilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

=== 命題3.9 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$H_q (K) = \tilde{H}_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_{-1} / \mathrm{Im} \ \varepsilon = 0$ となる。
よって、両者は $-1$ 次で等しい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 命題3.10 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim H_0 (K) - 1$ が成り立つ。

{{begin|proof}}
$\tilde{H}_0 (K)$ の次元を計算しよう。 $$\tilde{H}_0 (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \varepsilon}{\mathrm{Im} \ \partial_1}$$ なので、次元は $$\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \quad \cdots (*)$$
である。

今、次元定理を添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ に適用すれば $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - \dim \mathrm{Im} \ \varepsilon \quad \cdots (**)$$ が分かる。仮定から $\varepsilon$ は全射なので、 $$\dim \mathrm{Im} \ \varepsilon = \dim \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing = 1$$ である。これを $(**)$ に当てはめると $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - 1$$ となる。さらにこれを $(**)$ に当てはめれば、
\begin{align*}
\dim \tilde{H}_0 (K) &= \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= k_0 - 1 - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= (k_0 - 0 - \mathrm{Im} \ \partial_1) - 1 \\
&= \dim H_0 (K) - 1
\end{align*}
と計算でき、所望の結果を得た。 $\square$
{{end|proof}}

これで、通常のホモロジー群と簡約ホモロジー群の関係が分かったことになる。 $0$ 次を見ると分かるように、簡約ホモロジー群は通常のホモロジー群よりも次元が低い。この事実は、以下で見るように、ホモロジー群の計算結果の記述を綺麗な形にしてくれる。

=== 例3.10 ===

先の例3.4で扱った単体複体について、簡約ホモロジー群を求めてみよう。とは言っても計算しなければならないのは $0$ 次のみである。

==== 例3.10.1（単体） ====

例3.4.1同様、$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。この簡約 $0$ 次ホモロジー群はどうなるだろうか。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
$0$ 次鎖群は $$C_0 (K) = \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0|$$ である。添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射だから、

したがって、他の次数の結果もまとめると $$H_q (K) = 0 \quad (q \in \mathbb{Z})$$ となる。 $\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.10.2（単体の境界） ====

{{begin|proof}}
{{end|proof}}

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章‘蛇の補題’でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T15:24:37Z

もなくゎ: /* 命題3.10 */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ne 1$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。ただし、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題としてある。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差（今は $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが）は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義3.8（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\tilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \tilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \tilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

=== 命題3.9 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$H_q (K) = \tilde{H}_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_{-1} / \mathrm{Im} \ \varepsilon = 0$ となる。
よって、両者は $-1$ 次で等しい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 命題3.10 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim H_0 (K) - 1$ が成り立つ。

{{begin|proof}}
$\tilde{H}_0 (K)$ の次元を計算しよう。 $$\tilde{H}_0 (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \varepsilon}{\mathrm{Im} \ \partial_1}$$ なので、次元は $$\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \quad \cdots (*)$$
である。

今、次元定理を添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ に適用すれば $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - \dim \mathrm{Im} \ \varepsilon \quad \cdots (**)$$ が分かる。仮定から $\varepsilon$ は全射なので、 $$\dim \mathrm{Im} \ \varepsilon = \dim \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing = 1$$ である。これを $(**)$ に当てはめると $$\mathrm{Ker} \ \varepsilon = k_0 - 1$$ となる。さらにこれを $(**)$ に当てはめれば、
\begin{align*}
\dim \tilde{H}_0 (K) &= \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= k_0 - 1 - \mathrm{Im} \ \partial_1 \\
&= (k_0 - 0 - \mathrm{Im} \ \partial_1) - 1 \\
&= \dim H_0 (K) - 1
\end{align*}
と計算でき、所望の結果を得た。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.10 ===

先の例3.4で扱った単体複体について、簡約ホモロジー群を求めてみよう。とは言っても計算しなければならないのは $0$ 次のみである。

==== 例3.10.1（単体） ====

例3.4.1同様、$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。この簡約 $0$ 次ホモロジー群はどうなるだろうか。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
$0$ 次鎖群は $$C_0 (K) = \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0|$$ である。添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射だから、

したがって、他の次数の結果もまとめると $$H_q (K) = 0 \quad (q \in \mathbb{Z})$$ となる。 $\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.10.2（単体の境界） ====

{{begin|proof}}
{{end|proof}}

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章‘蛇の補題’でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T15:16:21Z

もなくゎ: /* 命題3.9 */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ne 1$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。ただし、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題としてある。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差（今は $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが）は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義3.8（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\tilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \tilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \tilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

=== 命題3.9 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$H_q (K) = \tilde{H}_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_{-1} / \mathrm{Im} \ \varepsilon = 0$ となる。
よって、両者は $-1$ 次で等しい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 命題3.10 ===

単体複体 $K$ はその多面体が空集合でないとする。このとき、 $\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim H_0 (K) - 1$ が成り立つ。

{{begin|proof}}
$\tilde{H}_0 (K)$ の次元を計算しよう。 $$\tilde{H}_0 (K) = \frac{\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing}{\mathrm{Im} \ \varepsilon}$$ なので、次元は $$\dim \tilde{H}_0 (K) = \dim \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing - \dim \mathrm{Im} \ \varepsilon$$
である。次元定理から $\dim \mathrm{Im} \ \varepsilon = k_0 - \dim \mathrm{Ker} \ \varepsilon$ であり、

$\square$
{{end|proof}}

=== 例3.10 ===

先の例3.4で扱った単体複体について、簡約ホモロジー群を求めてみよう。とは言っても計算しなければならないのは $0$ 次のみである。

==== 例3.10.1（単体） ====

例3.4.1同様、$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。この簡約 $0$ 次ホモロジー群はどうなるだろうか。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
$0$ 次鎖群は $$C_0 (K) = \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0|$$ である。添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射だから、

したがって、他の次数の結果もまとめると $$H_q (K) = 0 \quad (q \in \mathbb{Z})$$ となる。 $\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.10.2（単体の境界） ====

{{begin|proof}}
{{end|proof}}

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章‘蛇の補題’でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T15:06:09Z

もなくゎ: /* 例3.10.1（単体） */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ne 1$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。ただし、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題としてある。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差（今は $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが）は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義3.8（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\tilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \tilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \tilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

=== 命題3.9 ===

単体複体 $K$ は、その多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$H_q (K) = \tilde{H}_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_{-1} / \mathrm{Im} \ \varepsilon = 0$ となる。
よって、両者は $-1$ 次で等しい。 $\square$
{{end|proof}}

では $0$ 次での関係はどうなのか？ということであるが、本章では具体例の計算に留め、一般的な事項はやはり次章で述べる。

=== 例3.10 ===

先の例3.4で扱った単体複体について、簡約ホモロジー群を求めてみよう。とは言っても計算しなければならないのは $0$ 次のみである。

==== 例3.10.1（単体） ====

例3.4.1同様、$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。この簡約 $0$ 次ホモロジー群はどうなるだろうか。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
$0$ 次鎖群は $$C_0 (K) = \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0|$$ である。添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射だから、

したがって、他の次数の結果もまとめると $$H_q (K) = 0 \quad (q \in \mathbb{Z})$$ となる。 $\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.10.2（単体の境界） ====

{{begin|proof}}
{{end|proof}}

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章‘蛇の補題’でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T15:05:46Z

もなくゎ: /* 例3.10.1（単体） */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ne 1$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。ただし、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題としてある。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差（今は $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが）は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義3.8（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\tilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \tilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \tilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

=== 命題3.9 ===

単体複体 $K$ は、その多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$H_q (K) = \tilde{H}_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_{-1} / \mathrm{Im} \ \varepsilon = 0$ となる。
よって、両者は $-1$ 次で等しい。 $\square$
{{end|proof}}

では $0$ 次での関係はどうなのか？ということであるが、本章では具体例の計算に留め、一般的な事項はやはり次章で述べる。

=== 例3.10 ===

先の例3.4で扱った単体複体について、簡約ホモロジー群を求めてみよう。とは言っても計算しなければならないのは $0$ 次のみである。

==== 例3.10.1（単体） ====

例3.4.1同様、$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。この簡約 $0$ 次ホモロジー群はどうなるだろうか。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
$0$ 次鎖群は $$C_0 (K) = \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0|$$ である。添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射だから、

したがって、他の次数の結果もまとめると $$H_q (K) \cong 0 \quad (q \in \mathbb{Z})$$ となる。 $\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.10.2（単体の境界） ====

{{begin|proof}}
{{end|proof}}

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章‘蛇の補題’でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T15:05:28Z

もなくゎ: /* 例3.10.1（単体） */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ne 1$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。ただし、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題としてある。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差（今は $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが）は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義3.8（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\tilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \tilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \tilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

=== 命題3.9 ===

単体複体 $K$ は、その多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$H_q (K) = \tilde{H}_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_{-1} / \mathrm{Im} \ \varepsilon = 0$ となる。
よって、両者は $-1$ 次で等しい。 $\square$
{{end|proof}}

では $0$ 次での関係はどうなのか？ということであるが、本章では具体例の計算に留め、一般的な事項はやはり次章で述べる。

=== 例3.10 ===

先の例3.4で扱った単体複体について、簡約ホモロジー群を求めてみよう。とは言っても計算しなければならないのは $0$ 次のみである。

==== 例3.10.1（単体） ====

例3.4.1同様、$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。この簡約 $0$ 次ホモロジー群はどうなるだろうか。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
$0$ 次鎖群は $$C_0 (K) = \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0|$$ である。添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射だから、

したがって、他の次数の結果もまとめると $$H_q (K) \cong 0 & (q \in \mathbb{Z})$$ となる。 $\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.10.2（単体の境界） ====

{{begin|proof}}
{{end|proof}}

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章‘蛇の補題’でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T14:57:06Z

もなくゎ: /* 単体複体の簡約ホモロジー */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ne 1$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。ただし、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題としてある。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差（今は $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが）は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義3.8（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\tilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \tilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \tilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

=== 命題3.9 ===

単体複体 $K$ は、その多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$H_q (K) = \tilde{H}_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_{-1} / \mathrm{Im} \ \varepsilon = 0$ となる。
よって、両者は $-1$ 次で等しい。 $\square$
{{end|proof}}

では $0$ 次での関係はどうなのか？ということであるが、本章では具体例の計算に留め、一般的な事項はやはり次章で述べる。

=== 例3.10 ===

先の例3.4で扱った単体複体について、簡約ホモロジー群を求めてみよう。とは言っても計算しなければならないのは $0$ 次のみである。

==== 例3.10.1（単体） ====

{{begin|proof}}
{{end|proof}}

==== 例3.10.2（単体の境界） ====

{{begin|proof}}
{{end|proof}}

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章‘蛇の補題’でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T14:53:50Z

もなくゎ: /* 単体複体の簡約ホモロジー */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ne 1$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。ただし、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題としてある。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差（今は $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが）は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義3.8（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\tilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \tilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \tilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

=== 命題3.9 ===

単体複体 $K$ は、その多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$H_q (K) = \tilde{H}_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_{-1} / \mathrm{Im} \ \varepsilon = 0$ となる。
よって、両者は $-1$ 次で等しい。 $\square$
{{end|proof}}

では $0$ 次での関係はどうなのか？ということであるが、これも次章で述べる。

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章‘蛇の補題’でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T14:53:16Z

もなくゎ: /* 例3.6 */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ne 1$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。ただし、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題としてある。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差（今は $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが）は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\tilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \tilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \tilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

=== 命題 ===

単体複体 $K$ は、その多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$H_q (K) = \tilde{H}_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_{-1} / \mathrm{Im} \ \varepsilon = 0$ となる。
よって、両者は $-1$ 次で等しい。 $\square$
{{end|proof}}

では $0$ 次での関係はどうなのか？ということであるが、これも次章で述べる。

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章‘蛇の補題’でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T14:52:27Z

もなくゎ: /* 単体複体の簡約ホモロジー */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ne 1$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題とする。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差（今は $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが）は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

求めておいて何だが、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\tilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \tilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \tilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

=== 命題 ===

単体複体 $K$ は、その多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$H_q (K) = \tilde{H}_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_{-1} / \mathrm{Im} \ \varepsilon = 0$ となる。
よって、両者は $-1$ 次で等しい。 $\square$
{{end|proof}}

では $0$ 次での関係はどうなのか？ということであるが、これも次章で述べる。

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章‘蛇の補題’でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T14:51:40Z

もなくゎ: /* 命題 */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ne 1$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題とする。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差（今は $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが）は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

求めておいて何だが、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\tilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \tilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \tilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

=== 命題 ===

単体複体 $K$ は、その多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$H_q (K) = \tilde{H}_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_{-1} / \mathrm{Im} \ \varepsilon = 0$ となる。
よって、両者は $-1$ 次で等しい。 $\square$
{{end|proof}}

＜＜＜工事中＞＞＞

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章‘蛇の補題’でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T14:51:06Z

もなくゎ: /* 命題 */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ne 1$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題とする。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差（今は $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが）は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

求めておいて何だが、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\tilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \tilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \tilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

=== 命題 ===

単体複体 $K$ は、その多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$H_q (K) = \tilde{H}_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = 0$ となる。
よって、両者は $-1$ 次で等しい。 $\square$
{{end|proof}}

＜＜＜工事中＞＞＞

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章‘蛇の補題’でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T14:50:09Z

もなくゎ: /* 命題 */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ne 1$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題とする。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差（今は $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが）は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

求めておいて何だが、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\tilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \tilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \tilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

=== 命題 ===

単体複体 $K$ は、その多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$H_q (K) = \tilde{H}_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。

したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = 0$ となる。　$\square$
{{end|proof}}

＜＜＜工事中＞＞＞

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章‘蛇の補題’でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T14:49:54Z

もなくゎ: /* 定義（簡約ホモロジー群） */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ne 1$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題とする。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差（今は $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが）は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

求めておいて何だが、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\tilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \tilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \tilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

=== 命題 ===

単体複体 $K$ は、その多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$H_q (K) = \widetilde{H}_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。

したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = 0$ となる。　$\square$
{{end|proof}}

＜＜＜工事中＞＞＞

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章‘蛇の補題’でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T14:49:18Z

もなくゎ: /* 演習問題3.7 */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ne 1$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題とする。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差（今は $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが）は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

求めておいて何だが、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
基底の一例を挙げておく。
* 例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合、
:: $H_0 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_2 (\partial K(|a_0 a_1 a_2 a_3|))$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|] \}$
* 例1.12.5（ちょうちょ）における $K$ の場合、
:: $H_0 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0|] \}$
:: $H_1 (K)$ の基底は、たとえば $\{ [|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|], [|a_0 a_3| + |a_3 a_4| + |a_4 a_0|] \}$
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\widetilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \widetilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \widetilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

=== 命題 ===

単体複体 $K$ は、その多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$H_q (K) = \widetilde{H}_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。

したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = 0$ となる。　$\square$
{{end|proof}}

＜＜＜工事中＞＞＞

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章‘蛇の補題’でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T14:44:33Z

もなくゎ: /* 例3.6 */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ne 1$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題とする。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差（今は $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが）は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

求めておいて何だが、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと思える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）の場合についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\widetilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \widetilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \widetilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

=== 命題 ===

単体複体 $K$ は、その多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$H_q (K) = \widetilde{H}_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。

したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = 0$ となる。　$\square$
{{end|proof}}

＜＜＜工事中＞＞＞

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章‘蛇の補題’でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T14:44:16Z

もなくゎ: /* 例3.6 */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ne 1$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題とする。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差（今は $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが）は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

求めておいて何だが、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathrm{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathrm{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと言える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）の場合についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\widetilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \widetilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \widetilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

=== 命題 ===

単体複体 $K$ は、その多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$H_q (K) = \widetilde{H}_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。

したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = 0$ となる。　$\square$
{{end|proof}}

＜＜＜工事中＞＞＞

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章‘蛇の補題’でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T14:42:45Z

もなくゎ: /* 例3.6 */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ne 1$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題とする。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。 $H_0 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1 = C_0 (K)$ の $\mathrm{Im} \ \partial_1$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差（今は $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが）は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

求めておいて何だが、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

次に $1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ を見よう。 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathbb{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathbb{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと言える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）の場合についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\widetilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \widetilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \widetilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

=== 命題 ===

単体複体 $K$ は、その多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$H_q (K) = \widetilde{H}_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。

したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = 0$ となる。　$\square$
{{end|proof}}

＜＜＜工事中＞＞＞

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章‘蛇の補題’でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T14:41:34Z

もなくゎ: /* 例3.6 */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ne 1$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題とする。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ が成り立つのだった。 $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差（今は $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが）は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

求めておいて何だが、 $0$ 次ホモロジー群に関する事項は次章でまとめて解説する。

$1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathbb{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathbb{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと言える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）の場合についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\widetilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \widetilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \widetilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

=== 命題 ===

単体複体 $K$ は、その多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$H_q (K) = \widetilde{H}_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。

したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = 0$ となる。　$\square$
{{end|proof}}

＜＜＜工事中＞＞＞

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章‘蛇の補題’でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T14:39:31Z

もなくゎ: /* 例3.6 */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ne 1$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題とする。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ が成り立つのだった。 $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差（今は $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが）は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

$1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathbb{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathbb{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと言える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）の場合についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\widetilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \widetilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \widetilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

=== 命題 ===

単体複体 $K$ は、その多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$H_q (K) = \widetilde{H}_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。

したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = 0$ となる。　$\square$
{{end|proof}}

＜＜＜工事中＞＞＞

== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章‘蛇の補題’でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

＜＜＜工事中＞＞＞

== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

*

== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />

単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ

2022-04-16T14:39:01Z

もなくゎ: /* 例3.6 */

前章の最後に述べたことを引用する：「ということで、単体複体に対応する代数的対象として鎖複体が定義できた。しかし、これからは鎖複体から無駄な情報を削減し、単体複体が持つ特定の情報に注目していくことになる。そのとき注目する情報として、単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？というものを考えてみよう。非自明な部分図形がないなら単体複体は単純そうだし、たくさんあるならそれだけ複雑そうである。つまり、"非自明"な部分図形の数え上げは図形の複雑さの測定に他ならない。これを数学的に定式化したものの一つこそがホモロジーである。」

この章では、前章で導入した鎖複体を用いて、遂にホモロジーを定義する。ホモロジーは単体複体に対して定まるベクトル空間の集まりのことである。
また、最後にて、鎖複体・ホモロジーの純代数的な定式化を紹介する。

[[入門テキスト「単体複体の二元体係数ホモロジー」]]

{{TOC |align=right |noautonum=1 }}

*[[単体複体の二元体係数ホモロジー0：二元体上の線型代数]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー1：単体複体]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー2：単体複体から鎖複体へ]]
*[[単体複体の二元体係数ホモロジー3：鎖複体からホモロジーへ]]

== 単体複体のホモロジー ==

ホモロジーの数学的な定義を述べる前に、ホモロジーのコンセプトについて説明しよう。最初はよく分からないかもしれないが、そのときはひとまず定義を受け入れて、具体例の計算に触れてみられたい。そもそも本テキストの目的自体が「ホモロジーに必要最小限の知識で触れ、その正体に少しでも迫る」というものなので、ここですぐに納得する必要は全くない。

前書きを繰り返すと、我々は鎖複体から「単体複体の中に"非自明"な部分図形がどれだけあるか？」という情報を取り出し、その単体複体の複雑さを表したい。
問題は"非自明"な部分図形というのをどう表現するかであるが、ホモロジーの考え方は以下の通りである。
* 部分図形として何でもかんでも考えると情報量が多すぎるので、特に"閉じた"（へり・ふち・境界を持たない）ものだけを考えよう。たとえば、 $1$ 次元図形なら円周は閉じており（閉曲線）、線分は閉じていない； $2$ 次元図形なら球面や浮き輪は閉じており、円筒や円盤は閉じていない。このようなものを、高次元でも考える。
* 部分図形が"閉じて"いれば、それが取り囲む領域というのが考えられる。その領域内にもし空洞がなければ（領域が高次元の部分図形によって"敷き詰め"られれば）、当の閉じた部分図形は、小さくしぼんで領域内の一点に潰れることができるだろう。たとえば、円盤の上ではどんな円周も空洞を取り囲まない；穴の空いた円盤において穴のまわりを一周する円周は、その穴が空洞となっている。取り囲む領域にこのような"空洞"がないことを以て、閉じた部分図形は自明であると考えよう。
* つまり、ホモロジーのコンセプトは、'''"閉じた"部分図形であって、"空洞"を取り囲んでいるものを数え上げる'''というものである。

このコンセプトは、実は線型代数と非常に相性がよい。実際、
* 部分図形が"閉じている"ことを、境界作用素による像が $0$ になることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ に棲んでいる。
* 閉じた部分図形が"空洞"を取り囲まない（中を高次元の部分図形で"敷き詰められる"）ことを、その閉じた部分図形自身を境界作用素による像として表せることだと言い換える。そのような（ $q$ 次元の）部分図形は、 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいる。
すると、"閉じた"部分図形であって"空洞"を取り囲んでいるものは、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ の中で $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素を無視した空間、すなわち商空間 $\mathrm{Ker} \ \partial_q / \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ に棲んでいると思える。こうして、我々はホモロジーの定義に行き着く。

=== 定義3.1（輪体群・境界群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次輪体群（$q$ -th cycle group）'''を $$Z_q (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$$ で定義し、''' $q$ 次境界群（ $q$ -th boundary group）'''を $$B_q (K) = \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset C_q (K)$$ によって定義する。また、 $q$ 次輪体群の要素を''' $q$ 次輪体（$q$ -th cycle）'''、 $q$ 次境界群の要素を''' $q$ 次境界（$q$ -th boundary）'''という。

=== 定義3.2（ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その''' $q$ 次ホモロジー'''あるいは''' $q$ 次ホモロジー群（$q$ -th homology group）'''を商空間 $$H_q (K) = \frac{Z_q (K)}{B_q (K)} = \frac{\mathrm{Ker} \ \partial_q}{\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}}$$ によって定義する。また、 $q$ 次ホモロジー群の要素を''' $q$ 次ホモロジー類（$q$ -th homology class）'''といい、 $c \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ を代表元に持つホモロジー類を $[c]$ と表すことにする。

=== 注意3.3 ===

気持ちが先行したが、ホモロジー群の定義は数学的に注意を払うべき点が一つある。それは、そもそも商空間をとるにあたって包含関係 $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} \subset \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ必要がある、ということである。しかし、それは前章で示した命題2.10が次のように保証してくれる。
{{begin|proof}}
$\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ の要素をとると、それは $\partial_{q + 1} (c) \ (c \in C_{q + 1} (K))$ という形をしている。これを $\partial_q$ によって写すと、 $$\partial_q \circ \partial_{q + 1} (c) = 0 (c) = 0$$ となるから、 $\partial_{q + 1} (c) \in \mathrm{Ker} \ \partial_q$ である。 $\square$
{{end|proof}}

また、線型代数の事実から分かることをまとめておく。
* $\dim K = n$ とする。このとき
::- $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ である。故に $H_0 (K) = C_0 (K) / \mathrm{Im} \ \partial_1$ が成り立つ。
::- $\partial_{n + 1} = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_{n + 1} = 0$ である。故に $H_n (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_q$ が成り立つ。
::- $q \le -1, \ n + 1 \le q$ においては、 $\partial_q = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q = 0$ である。故に $H_q (K) = 0$ が成り立つ。
特に最後のことから、 $H_q (K) \ne 0$ でない可能性があるのは $0 \le q \le n$ の範囲だけである。
* $\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
商空間の次元に関する線型代数の事実を思い出そう。一般に有限次元ベクトル空間 $V$ とその部分空間 $W$ に対して、 $$\dim V / W = \dim V - \dim W \ \cdots (*)$$ が成り立つのであった。また、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ は有限次元である。実際、 $\mathrm{Ker} \ \partial_q \subset C_q (K)$ であり、 $\dim C_q (K) = k_q < \infty$ である。（ $k_q$ とは、有限集合 $K$ に含まれる $q$ 単体の総数だった。）
したがって、 $(*)$ をホモロジー群 $H_q (K)$ に対して適用すれば、 $$\dim H_q (K) = \dim \mathrm{Ker} \ \partial_q - \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$$ を得る。 $\square$
{{end|proof}}
* さらに、 $\partial_q$ の表現行列を $M_q$ とするとき、 $\dim H_q (K) = k_q - \mathrm{rank} \ M_q - \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$ が成り立つ。
{{begin|proof}}
表現行列の階数と像の次元の関係から、 $$\dim \mathrm{Ker} \ \partial_q = \dim C_q (K) - \mathrm{rank} \ M_q = k_q - \mathrm{rank} M_q, \quad \dim \mathrm{Im} \ \partial_{q + 1} = \mathrm{rank} \ M_{q + 1}$$ である。これを先程の結果に当てはめればよい。 $\square$
{{end|proof}}

=== 例3.4 ===

これからホモロジー群の計算例を紹介する。ここで、「ホモロジー群を計算する」とはどういうことだろうか。ホモロジー群は $\mathbb{Z}_2$ 上の有限次元ベクトル空間であり、有限次元ベクトル空間は次元という自然数で分類されるのだった。すなわち、二つの有限次元ベクトル空間が線型同型になることと、両者の次元が等しいことは同値である。したがって、ここでは最も簡単な回答として、「ホモロジー群を計算する」とは「ホモロジー群の次元を求める」ことだとしよう。そしてその次元は、（上でも注意したように）境界作用素の階数を求めることで分かる。

境界作用素の階数を求めるためには、一般の線型代数と同様、境界作用素の'''表現行列を求め、それに掃き出し法を適用'''すればよい。

==== 例3.4.1（単体） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。一般の $n$ で計算することは難度が高いので、ここでは小さい数で感じを掴んでみよう。$n = 3$ まで来ると大変だが、演習と思って取り組まれたい。

'''[ $n = 0$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|\}$ （一点）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 1$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 1 - 0 - 0 = 1$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_0 a_1|\}$ （線分）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、 $q \ne 1$ では定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。 $\partial_1$ はどうなるかと言うと、定義より $$\partial_1 (|a_0 a_1|) = |a_0| + |a_1|$$ である。すなわち
\begin{align*}
[\partial_1 (|a_0 a_1|)] = [|a_0| + |a_1|] \cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 1$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 1 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 1$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|, |a_0 a_1 a_2|\}$ （三角形）である。
{{begin|proof}}
まずは鎖複体を書いておこう。鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| & (q = 2) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_1 a_2| & |a_2 a_0|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。（基底を明示すると長くなるため、鎖群は数ベクトル空間で表した。）

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 1$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 3 - 2 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 1$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_3|, |a_0 a_1|, |a_0 a_2|, |a_0 a_3|, |a_1 a_2|, |a_1 a_3|, |a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2|, |a_0 a_1 a_3|, |a_0 a_2 a_3|, |a_1 a_2 a_3|, |a_0 a_1 a_2 a_3|\}$ （四面体）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_3| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_3| & (q = 1) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_2 a_3| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2 a_3| \oplus & (q = 2) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1 a_2 a_3| & (q = 3) \\
0 & (q \ne 0, 1, 2, 3)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2, 3$ で $\partial_q = 0$ になる。
::- $\partial_1$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_0 a_2|) & \partial_1 (|a_0 a_3|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_1 a_3|) & \partial_1 (|a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_0| + |a_2| & |a_0| + |a_3| & |a_1| + |a_2| & |a_1| + |a_3| & |a_2| + |a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2| & |a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_2$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2|) & \partial_2 (|a_0 a_1 a_3|) & \partial_2 (|a_0 a_2 a_3|) & \partial_2 (|a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0| & |a_0 a_1| + |a_1 a_3| + |a_3 a_0| & |a_0 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_0| & |a_1 a_2| + |a_2 a_3| + |a_3 a_1|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1| & |a_0 a_2| & |a_0 a_3| & |a_1 a_2| & |a_1 a_3| & |a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
::- $\partial_3$ はどうなるかと言うと、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_2 (|a_0 a_1 a_2 a_3|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| + |a_0 a_1 a_3| + |a_0 a_2 a_3| + |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0 a_1 a_2| & |a_0 a_1 a_3| & |a_0 a_2 a_3| & |a_1 a_2 a_3|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_3$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_3 =
\begin{bmatrix}
1 \\ 1 \\ 1 \\ 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。
これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 3$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 1$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 1 = 0$$ を得る。
::- $H_3 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_3 = 1, \ \mathrm{rank} \ M_4 = 0$ であるし、 $k_3 = 1$ なので、 $$\dim H_3 (K) = 1 - 1 - 0 = 0$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。実際にこれは正しいのだが、現段階で証明することは困難を極めるので保留しておく。

{{begin|proof}}
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.2（単体の境界） ====

$n$ 単体 $\sigma = |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|$ の境界を多面体に持つ単体複体 $$K = K(\partial \sigma) = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|, \dots, |a_1 \cdots a_{n - 1} a_n|, \dots, |a_0 a_1 \cdots a_{n - 1}|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。これも小さい数で感じを掴んでみよう。

'''[ $n = 1$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|\}$ （線分の端点、すなわち二点）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = 2$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 2 - 0 - 0 = 2$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^2 & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 2$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （三角形の周）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1$ はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 2$ の場合と同様、
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
\partial_1 (|a_0 a_1|) & \partial_1 (|a_1 a_2|) & \partial_1 (|a_2 a_0|)
\end{bmatrix}
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| + |a_1| & |a_1| + |a_2| & |a_2| + |a_0|
\end{bmatrix} \\
&=
\begin{bmatrix}
|a_0| & |a_1| & |a_2|
\end{bmatrix}
\cdot
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\end{align*}
なので、 $\partial_1$ の表現行列（とその階段標準形）は
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^3 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 1$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 2, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 0$ であるし、 $k_1 = 3$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 3 - 2 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

'''[ $n = 3$ の場合]'''　このとき $K = \{\varnothing, |a_0|, |a_1|, |a_2|, |a_0 a_1|, |a_1 a_2|, |a_2 a_0|\}$ （四面体の表面）である。
{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2| & (q = 0) \\
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_0 a_1| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_1 a_2| \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_2 a_0| & (q = 1) \\
0 & (q \ne 0, 1)
\end{cases}
\end{align*}
である。やはり境界作用素は $q \ne 1, 2$ で $\partial_q = 0$ になる。$\partial_1, \partial_2$ の表現行列（とその階段標準形）はどうなるかと言うと、例3.4.1の $n = 3$ の場合と同様、
\begin{align*}
M_1 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
\begin{align*}
M_2 =
\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\left( \to
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\right)
\end{align*}
だと分かる。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^6 \xrightarrow{\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}} \mathbb{Z}_2^4 \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 2$ なので、求めるべきホモロジー群は $0, 1, 2, 3$ 次のみである。
::- $H_0 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = 0, \ \mathrm{rank} \ M_1 = 2$ であるし、 $k_0 = 4$ なので、 $$\dim H_0 (K) = 4 - 0 - 2 = 1$$ を得る。
::- $H_1 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_1 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_2 = 3$ であるし、 $k_1 = 6$ なので、 $$\dim H_1 (K) = 6 - 3 - 3 = 0$$ を得る。
::- $H_2 (K)$ について。上のことから $\mathrm{rank} \ M_2 = 3, \ \mathrm{rank} \ M_3 = 0$ であるし、 $k_2 = 4$ なので、 $$\dim H_2 (K) = 4 - 3 - 0 = 1$$ を得る。
したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 & (q = 0, 2) \\
0 & (q \ne 0, 2)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

我々は、次のような結果を期待する。これも実際に成り立つのだが、やはり保留しておく。

{{begin|proof}}
$n \ne 1$ ならば、
\begin{align*} H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0, n - 1) \\ 0 & (q \ne 0, n - 1) \end{cases} \end{align*}
{{end|proof}}

==== 例3.4.1（ $k$ 点集合） ====

$k$ は正の整数とする。 $k$ 点集合を表す単体複体 $$K = \{\varnothing, |a_1|, \dots, |a_k|\}$$ を考える。このホモロジー群はどうなるだろうか。

{{begin|proof}}
鎖群は
\begin{align*}
C_q (K) =
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2 \cdot |a_1| \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_2 \cdot |a_k| & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
である。そして、境界作用素はすべての $q$ で $\partial_q = 0$ になる。実際、どこの $q$ でも定義域か終域の少なくとも一方は零空間である。これを鎖複体で表すと、 $$\cdots \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \mathbb{Z}_2^k \xrightarrow{0} 0 \xrightarrow{0} \cdots$$ ということである。

さて、$\dim K = 0$ なので、求めるべきホモロジー群は $0$ 次のみである。上のことから $\mathrm{rank} \ M_0 = \mathrm{rank} \ M_1 = 0$ であるし、 $k_0 = k$ なので、 $$\dim H_0 (K) = k - 0 - 0 = k$$ を得る。したがって、
\begin{align*}
H_q (K) \cong
\begin{cases}
\mathbb{Z}_2^k & (q = 0) \\
0 & (q \ne 0)
\end{cases}
\end{align*}
となる。　$\square$
{{end|proof}}

=== 演習問題3.5 ===

$n$ は正の整数とする。以下の単体複体に対して、ホモロジー群を計算してみよ。
::(1)　例1.12.3の単体複体 $K$
::(2)　例1.12.4の単体複体 $K'$
::(3)　例1.12.5の単体複体 $K$
また、単体複体の絵・計算結果・そして本章冒頭のコンセプトを照らし合わせてみられたい。

{{begin|proof}}
::(1)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(2)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ 0 & (q \ne 0) \end{cases}$
::(3)　$H_q (K) \cong \begin{cases} \mathbb{Z}_2 & (q = 0) \\ \mathbb{Z}_2^2 & (q = 1) \\ 0 & (q \ne 0, 1) \end{cases}$
{{end|proof}}

=== 例3.6 ===

ここまでは、ホモロジー群の（ $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間としての）次元だけを求めた。しかし、もう少し踏み込んで求めてみたいものがある。それは、ホモロジー群の基底である。一般の線型代数においても"よい"基底の選定は重要な技術であり、それは今回学んでいるホモロジー理論においてもそうである。また、ホモロジー群の基底を知ることは、単体複体の情報をより深く知ることになるだろう。

以下で、基底の求め方に飛び道具は要らない。実際、核の基底は表現行列に行基本変形を、像の基底は表現行列に列基本変形を施せば得られるのだった！線型代数の技術として、次のことを思い出しておこう：'''ホモロジー群に限らず、商空間の基底を求めるコツは、割る空間（今は $\mathrm{Im} \ \partial_{q + 1}$ ）の基底を求めて、それを延長したものとして割られる空間（今は $\mathrm{Ker} \ \partial_q$ ）の基底を求めることである。'''

あまり非自明な例ではないが、例3.4.2（単体の境界）の $n = 2$ の場合を例にとって、ホモロジー群の基底を求めてみよう。 $n = 3$ の場合は演習問題とする。

{{begin|proof}}
件の単体複体 $K = \partial K(|a_0 a_1 a_2|)$ のホモロジー群は、 $0, 1$ 次のみが零空間ではなかった。

まずは $0$ 次ホモロジー群 $H_0 (K)$ を見よう。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に列基本変形を施すと $M_1 \to \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $\mathrm{Im} \ \partial_1$ の基底として $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ がとれる。
* $\partial_0 = 0$ なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_0 = C_0 (K)$ が成り立つのだった。 $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底を $\{|a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ から延長して求めよう。たとえばここに $|a_0|$ を追加すれば、 $\{|a_0|, |a_0| + |a_1|, |a_0| + |a_2|\}$ は $\mathrm{Ker} \ \partial_0$ の基底となる。
以上のことから、 $H_0 (K)$ の基底として $\{[|a_0|]\}$ がとれる。ここで、ホモロジー群においては $[|a_0|] = [|a_1|] = [|a_2|]$ であることを注意しておく。実際、これらの差（今は $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間なので和でもよいのだが）は $\mathrm{Im} \ \partial_1$ に属する。

$1$ 次ホモロジー群 $H_1 (K)$ は $\mathbb{Ker} \ \partial_1$ の $\mathrm{Im} \ \partial_2$ による商空間なので、それぞれの基底を求める。
* $\partial_2 = 0$ なので、 $\mathrm{Im} \ \partial_2$ の基底は $\{ \}$ （空集合）である。あるいは $$H_1 (K) = \mathrm{Ker} \ \partial_1 / 0 = \mathrm{Ker} \ \partial_1$$ なので、この場合は $\mathrm{Ker} \ \partial_1$ の基底を求めさえすればよい。
* $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ に行基本変形を施すと $M_1 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ となる。よって、 $x \cdot |a_0 a_1| + y \cdot |a_1 a_2| + z \cdot |a_2 a_0| = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in \mathbb{Ker} \ \partial_1$ とすると、 $$\begin{cases} x + y = 0 \\ x + z = 0 \end{cases}$$ すなわち $x = y = z$ が成り立つ。したがって、 $$\mathbb{Ker} \ \partial_1 = \{x \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|) \ | \ x \in \mathbb{Z}_2\} = \mathbb{Z}_2 \cdot (|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|)$$ が成り立つ。
以上のことから、 $H_1 (K)$ の基底として $\{[|a_0 a_1| + |a_1 a_2| + |a_2 a_0|]\}$ がとれる。

さて、 $1$ 次ホモロジー群について図形的な考察をしてみよう。上の $H_1 (K)$ の基底は図形として何であったかというと、三角形の周そのもの―― $K$ において閉じた図形であって、空洞を取り囲んだもの――である。例3.4.1（単体）の $n = 2$ の場合と比較してみると、あの場合では $1$ 次ホモロジー群は零空間となっていた。それは、三角形の周の中身が面で埋まっており、空洞を取り囲んではいなかったからだと言える。
{{end|proof}}

=== 演習問題3.7 ===

例3.4.2（単体の境界）の $n = 3$ の場合や、例1.12.5（ちょうちょ）の場合についても、ホモロジー群の基底を求め、考察してみよ。

{{begin|proof}}
{{end|proof}}

== 単体複体の簡約ホモロジー ==

ここまで扱ってきたホモロジーは、鎖複体を添加鎖複体に取り替えても定義できる。変化する点は、 $-1$ 次鎖群が $0$（零空間）でなく $\mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ となる部分である。

=== 定義（簡約ホモロジー群） ===

単体複体 $K$ に対して、その'''簡約 $q$ 次ホモロジー'''あるいは'''簡約 $q$ 次ホモロジー群（reduced $q$ -th homology group）'''を商空間 $$\widetilde{H}_q (K) = \frac{\mathrm{Ker} \ \widetilde{\partial}_q}{\mathrm{Im} \ \widetilde{\partial}_{q + 1}}$$ によって定義する。

=== 命題 ===

単体複体 $K$ は、その多面体が空集合でないとする。このとき、 $0$ でない総ての整数 $q$ に対して $$H_q (K) = \widetilde{H}_q (K)$$ が成り立つ。すなわち、普通のホモロジーと簡約ホモロジーの違いは $0$ 次のみで発生する。

{{begin|proof}}
単体複体の鎖複体と添加鎖複体は $-1$ 次鎖群と $C_0 (K)$ からの境界作用素のみが異なり、それらが関与するホモロジー群は $0, -1$ 次の二つのみであるから、 $-1$ 次のホモロジー群と簡約ホモロジー群が等しいことを示せばよい。
* 定義から $C_{-1} (K) = 0$ なので、 $H_{-1} (K) = 0$ である。
* 仮定から添加写像 $\varepsilon \ \colon \ C_0 (K) \to \mathbb{Z}_2 \cdot \varnothing$ は全射なので、 $\mathrm{Ker} \ \partial_{-1} = C_{-1} (K) \subset \mathrm{Im} \ \varepsilon$ が成り立つ。

したがって、 $\tilde{H}_1 (K) = 0$ となる。　$\square$
{{end|proof}}

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== ホモロジー代数における鎖複体・ホモロジー ==

ここまで、鎖複体やホモロジーは単体複体に対して定義されてきた。しかし、現代数学においては、それらは単体複体に由来しない純代数的な定義を持つ。そして、そのように定義された鎖複体・ホモロジーに関する理論のことを'''ホモロジー代数（homological algebra）'''という。

本節では、鎖複体・ホモロジーの代数的な定義を紹介することで、ホモロジー代数の導入とする。この抽象化において幾何的な足場を撤去する代わりに、代数的に非常に洗練された武器を多く得ることができる。これは、線型代数において数ベクトル空間から抽象ベクトル空間の公理を抽出したことに匹敵する大躍進である。その一端は、本テキストの中盤の章‘蛇の補題’でも垣間見ることができる。

なお本テキストのスタンスに則り、ここでは $\mathbb{Z}_2$ 上の線型代数の範囲に留めた解説をする。進んだ知識を持つ読者は、適宜「 $\mathbb{Z}_2$ 上のベクトル空間」・「 $\mathbb{Z}_2$ 線型写像」を「環上の加群」・「加群の準同型」などと置き換えて構わない。

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== この章のおわりに ==

この章では、次の事柄を学んだ。

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== 関連動画 ==

* [https://www.youtube.com/watch?v=jRv3SPNiicg もなくゎ「Bott-Tu予習会① ホモロジー代数」]

== 脚注 ==
<references />