雙復形的上同調

作者：由 Elaina 發表于攝影時間：2022-04-02

$\quad$

本節我們來研究一類特殊的復形——雙復形的上同調理論，在研究之前我們需要知道什麼是上同調

$\mathrm H^\bullet$

，這點在李文威II（2022-3-11）的定義2。2。5以及相關內容已經有關於復形的上同調的詳實介紹了，故而在本文中不會回顧這部分內容。

$\quad$

我們先來回顧一下何為雙復形。仍舊取

$\mathcal A$

是一個加性範疇，其上的雙復形直觀意義上來講就是橫縱方向的兩個復形

$(X^p,{}^{\rightarrow}d^{p,q})$

與

$(X^q,{}^{\uparrow}d^{p,q})$

形成的，也就是

$(X^{p,q},{}^{\rightarrow}d^{p,q},{}^{\uparrow}d^{p,q})$

，這兩組態射就是：

${}^{\rightarrow}d^{p,q}:X^{p,q}\rightarrow X^{p+1,q},\quad{}^{\uparrow}d^{p,q}:X^{p,q}\rightarrow X^{p,q+1}\\$

而其也要同時滿足兩個復形所要滿足的

$d^2=d\circ d=0$

，即：

${}^\rightarrow d^{p+1,q}\circ {}^\rightarrow d^{p,q}=0,\quad {}^\uparrow d^{p,q+1}\circ {}^\uparrow d^{p,q}=0,\quad {}^\rightarrow d^{p,q+1}\circ {}^\uparrow d^{p,q}={}^\uparrow d^{p+1,q}\circ {}^\rightarrow d^{p,q}\\$

正如我們上文所述的直觀說法：把這兩個方向的復形交叉編織成一張網，就是雙復形了，我們可以把它畫做：

$\begin{CD} &&\vdots&&\vdots&& \vdots\\ &@AAA@AAA@AAA\\ \cdots @>>> X^{p,q+1}@>{{}^{\rightarrow}d^{p,q+1}}>> X^{p+1,q+1}@>{{}^\rightarrow d^{p+1,q+1}}>> X^{p+2,q+1}@>>>\cdots\\ &@A{{}^\uparrow d^{p,q}}AA@AA{{}^{\uparrow} d^{p+1,q}}A@AA{{}^\uparrow d^{p+2,q}}A\\ \cdots @>>> X^{p,q}@>{{}^\rightarrow d^{p,q}}>> X^{p+1,q}@>{{}^\rightarrow d^{p+1,q}}>> X^{p+2,q}@>>>\cdots\\ &@A{{}^\uparrow d^{p,q-1}}AA@AA{{}^\uparrow d^{p+1,q-1}}A@AA{{}^\uparrow d^{p+2,q-1}}A\\ \cdots @>>> X^{p,q-1}@>>{{}^\rightarrow d^{p,q-1}}>X^{p+1,q-1}@>>{{}^\rightarrow d^{p+1,q-1}}> X^{p+2,q-1}@>>>\cdots\\ &@AAA@AAA@AAA\\ &&\vdots&&\vdots&&\vdots\\ \end{CD}\\$

相應的態射

$f=\left[X^{p,q}\xrightarrow{f^{p,q}} Y^{p,q}\right]_{p,q\in\mathbb Z}$

也要滿足相應的條件，即：

${}^\rightarrow d_Y^{p,q}\circ f^{p,q}=f^{p+1,q}\circ {}^\rightarrow d^{p,q}_X,\quad {}^\uparrow d^{p,q}_Y\circ f^{p,q}= f^{p,q+1}\circ {}^\uparrow d^{p,q}_X\\$

這樣就得到了雙復形範疇

$\textsf C^2(\mathcal A)$

。相應的函子

$\left[\textsf C^2(\mathcal A)\xrightarrow{F} \textsf C(\textsf C(\mathcal A))\right]\in\mathrm{Mor}_2(\textsf{Add})$

也可以照例類比過去，以及

這種記號，本身

也是加性態射。透過定義來看，它倆都是同構，直觀說就是：

$\begin{align*}\quad\quad\begin{CD} \vdots\\ @A{d^q_{F$

所謂的全復形

$\mathrm{tot}_\oplus(X)$

指的是

$(\mathrm{tot}_\oplus (X)^n,d^n)$

，其中：

$(\mathrm A)$

$\mathrm{tot}_\oplus (X)^n=\bigoplus_{n=p+q}X^{p,q}$

；

$(\mathrm B)$

$d^n:\mathrm{tot}_\oplus (X)^n\rightarrow \mathrm{tot}_\oplus (X)^{n+1}$

；

且滿足

，這點只需要直接驗證就可以了：

$\begin{align*}d^2&=d^{}\circ d:X^{p,q}\rightarrow X^{p+2,q}\oplus X^{p+1,q+1}\oplus X^{p,q+2}\\ &=({}^\rightarrow d^2,(-1)^p{}^\rightarrow d \circ {}^\uparrow d +(-1)^{p+1}{}^\uparrow d\circ {}^\rightarrow d,{}^\uparrow d^2)=(0,0,0)=0\\ \end{align*}\\$

用積代替餘積也可以相應得到

$\mathrm{tot}_\Pi(X)$

利用投影態射，不至混淆時，這倆我們都把它們叫做全復形。

$\quad$

關於雙復形的一個經典的例子就是Hom雙復形，考慮Hom函子

$\mathrm{Hom}(-,-):\mathcal A^\mathrm{op}\times\mathcal A\rightarrow\textsf{Ab}$

，我們可以證明Hom復形

$\mathrm{Hom}^\bullet(-,-)$

典範同構於下面的合成函子：

$\textsf C(\mathcal A)^\mathrm{op}\times\textsf C(\mathcal A)\xrightarrow{(\sigma^{-1},\mathrm{id})}\textsf C(\mathcal A^\mathrm{op})\times \textsf C(\mathcal A)\xrightarrow{\textsf C_\Pi\mathrm {Hom}(-,-)}\textsf C(\textsf{Ab})\\$

相應地考慮雙函子

$F(-,-):\mathcal A\times\mathcal A^{\mathrm {op}}\rightarrow\textsf{Ab}$

使得

$F(T,S):=\mathrm{Hom}_\mathcal A(S,T)$

，那麼有：

$\textsf C(\mathcal A)\times \textsf C(\mathcal A)^\mathrm{op}\xrightarrow{(\mathrm id,\sigma^{-1})}\textsf C(\mathcal A)\times \textsf C(\mathcal A^{\mathrm{op}})\xrightarrow{\textsf C^2 F}\textsf C(\textsf{Ab})\\$

物件

在上述的

下的像

$\mathrm{Hom}^{\bullet,\bullet}(X,Y)$

就是所謂的Hom雙復形。另外的，我們也可以用全復形來刻畫這個問題，考慮以下的圖：

$\begin{CD} \textsf C(\mathcal A)^\mathrm{op}\times\textsf C(\mathcal A)@>{(\sigma^{-1},\mathrm{id})}>>\textsf C(\mathcal A^\mathrm{op})\times \textsf C(\mathcal A)@>{\textsf C^2\mathrm{Hom}(-,-)}>>\textsf C^2(\textsf{Ab})\\ @V{\sim}VV@V{\sim}VV@VV\mathrm{swap}V\\ \textsf C(\mathcal A)\times \textsf C(\mathcal A)^\mathrm{op}@>>{(\mathrm{id},\sigma^{-1})}>\textsf C(\mathcal A)\times \textsf C(\mathcal A^\mathrm{op})@>>{\textsf C^2 F}>\textsf C^2(\textsf{Ab})\\ \end{CD}\\$

其中

$\mathrm{swap}:\textsf C^2(\textsf{Ab})\rightarrow\textsf C^2(\textsf{Ab})$

是加性自同構，那麼原問題就歸結於證明以下的態射是典範同構了：

$\mathrm{tot}_\Pi\mathrm{Hom}^{\bullet,\bullet}\xrightarrow\sim \mathrm{Hom}^\bullet(X,Y)\\$

要點在於確定全復形

$\mathrm{tot}_\Pi\mathrm{Hom}^{\bullet,\bullet}(X,Y)$

，首先我們知道：

$(\mathrm{tot}_\Pi\mathrm{Hom}^{\bullet,\bullet}(X,Y))^n:=\prod_{n=p+q}\mathrm{Hom}_\mathcal A(X^{-q},Y^p):=\prod_{k\in\mathbb Z}\mathrm{Hom}(X^k,Y^{k+n})\\$

接下來考慮

$d^n_{\mathrm{tot}_\Pi\mathrm{Hom}^{\bullet,\bullet}(X,Y)}$

，最關鍵的觀察在於：

$\begin{CD} &&\vdots&&\vdots\\ &&@AAA@AAA\\ \cdots@>>>\mathrm{Hom}^{p-1,q}(X,Y)@>{{}^\rightarrow d^{p-1,q}}>>\mathrm{Hom}^{p,q}(X,Y)@>>>\cdots\\ &@AAA@AA{(-1)^p{}^\uparrow d^{p,q-1}}A\\ &&\vdots&\cdots&\mathrm{Hom}^{p,q-1}(X,Y)@>>>\cdots\\ &&&&@AAA\\ &&&&\vdots\\ \end{CD}\\$

之後按照定義比較就可以證明了。

$\quad$

我們接下來回到更寬鬆的Abel範疇

$\mathcal A$

上，還記得我們引入的可逆函子

嗎？我們可以用它們來對任意雙復形定義相應的上同調，分別如下：

$\mathrm H^p(X):=\mathrm H^p\circ F=\quad\quad\begin{CD}\vdots\\ @AAA\\ \mathrm H^p(X^{\bullet,q+1},{}^\rightarrow d)\\ @A{{}^\uparrow d}AA\\ \mathrm H^p(X^{\bullet,q},{}^\rightarrow d)\\ @AAA\\ \vdots\\\end{CD}\\$

$\mathrm H^q(X)$

相應的截斷函子就是

$\tau^{-}=F^{-1}\circ \tau^{-}\circ F$

與

$\tau^{-$

，其中

代表掐斷的地方任取，對應的

$\widetilde\tau^{-}$

與

$\widetilde\tau^{-$

亦是如此。

$\quad$

我們還常構造

$\textsf C^2_f$

是由滿足

$\{(p,q)\in\mathrm{Supp}(X):p+q=n\}$

的物件

構成的全子範疇，其中定義了支撐集

$\mathrm{Supp}(X):=\{(p,q)\in\mathbb Z\times\mathbb Z:X^{p,q\ne 0}\}$

，全復形對

$\textsf C^2_f(\mathcal A)$

的所有物件都有定義。如果我們構造全復形函子

$\mathrm{tot}:\textsf C^2_f(\mathcal A)\rightarrow\textsf C(\mathcal A)$

，那麼也可以證明它是個正合函子，關鍵在於證明以下是

$\mathcal A$

中的正合列：

$\bigoplus_{n=p+q}X^{p,q}\xrightarrow{\bigoplus_{n=p+q}f^{p,q}}\bigoplus_{n=p+q}Y^{p,q}\xrightarrow{\bigoplus_{n=p+q}g^{p,q}}\bigoplus_{n=p+q}Z^{p,q}\\$