谱序列 | Codeboy's Blog

形式陈述

谱序列把一次难算的同调计算拆成若干次较小的同调计算。出发点是带过滤的链复形：除了链的次数，还给链安排一个层级，且边界只能留在原层或向下走。例如生成元 $a$ 在第二层，而 $da=b+c$ 中的 $b,c$ 分别在第一层、零层；最初只看同层边界，随后才逐层看见这些下降分量。

设 $C_\bullet$ 是环 $R$ 上的模链复形， $d:C_n\to C_{n-1}$ 且 $d^2=0$ 。阿贝尔群是 $R=\mathbb Z$ 的情形。取由子复形组成的递增过滤，并要求存在一个对所有次数统一的有限整数 $N\ge0$ ，使

0=F_{-1}C\subseteq F_0C\subseteq\cdots\subseteq F_NC=C, \qquad d(F_pC_n)\subseteq F_pC_{n-1}.

约定 $p<0$ 时 $F_pC=0$ ， $p\ge N$ 时 $F_pC=C$ 。这里不要求模有限生成，也不要求链复形只在有限个次数非零。过滤次数记为 $p$ ，总次数记为 $n=p+q$ ；于是 $q$ 是剩余次数，并不必非负。

第零页先把相邻层取商：

E^0_{p,q}=F_pC_{p+q}/F_{p-1}C_{p+q}, \qquad d_0[x]=[dx].

$d_0$ 只保留边界在同一过滤层的部分，其双次数为 $(0,-1)$ 。第一页面对的是这些商复形的同调： $E^1=H(E^0,d_0)$ 。下面直接用原复形中的代表元构造后续页面，以说明“取同调后再取同调”究竟如何定义。

对 $r\ge0$ ，令

Z_r^{p,n}=\{x\in F_pC_n:dx\in F_{p-r}C_{n-1}\}.

这里 $Z_0^{p,n}=F_pC_n$ ；当 $r>0$ 时， $Z_r$ 是边界至少下降 $r$ 层的链。对 $r\ge1$ 定义

\begin{aligned} D_r^{p,n}&=Z_{r-1}^{p-1,n}+dZ_{r-1}^{p+r-1,n+1},\\ E^r_{p,q}&=Z_r^{p,p+q}/D_r^{p,p+q}. \end{aligned}

分母的第一项来自较低过滤层，其边界落在 $F_{p-r}$ ；第二项是落在 $F_p$ 中的边界，边界再取一次为零。因此两项确实都包含在 $Z_r^{p,n}$ 中，商模有定义。特别地， $r=1$ 时分母是 $F_{p-1}C_n+d(F_pC_{n+1})$ ，分子是模去 $F_{p-1}$ 后的循环，正好得到上面的 $H(E^0,d_0)$ 。

每页微分仍由原来的 $d$ 给出：

d_r:E^r_{p,q}\longrightarrow E^r_{p-r,q+r-1}, \qquad [x]\longmapsto[dx].

因为 $dx\in F_{p-r}$ 且 $d(dx)=0$ ，它属于目标分子。如果把代表元改为 $x+a+db$ ，其中 $a\in Z_{r-1}^{p-1,n}$ 、 $b\in Z_{r-1}^{p+r-1,n+1}$ ，边界只改变 $da$ 。目标分母的第二项恰为 $dZ_{r-1}^{p-1,n}$ ，所以所得类不变。这同时证明微分良定义，并由 $d^2=0$ 得到 $d_r^2=0$ 。

翻页定理是 $E^{r+1}\cong H(E^r,d_r)$ 。 证明先解决代表元能否提升。若 $d_r[x]=0$ ，按目标分母的定义可以写成

dx=a+db, \qquad a\in Z_{r-1}^{p-r-1,n-1}, \quad b\in Z_{r-1}^{p-1,n}.

$x-b$ 与 $x$ 代表同一个 $E^r$ 类，而 $d(x-b)=a\in F_{p-r-1}$ ，故 $x-b\in Z_{r+1}^{p,n}$ 。反过来，任何 $Z_{r+1}$ 的元素，其边界都属于目标分母的低过滤项，因而给出一个 $d_r$ 循环。于是 $Z_{r+1}^{p,n}$ 映满 $\ker d_r$ ，也映满该位置的页同调。

还要核对这次满射恰好除去了什么。入射微分的像由 $dZ_r^{p+r,n+1}$ 表示，因此

D_{r+1}^{p,n}=Z_r^{p-1,n}+dZ_r^{p+r,n+1}

显然落在 $Z_{r+1}^{p,n}\to H(E^r,d_r)$ 的核中。反向包含不能只靠符号类比：若 $z\in Z_{r+1}^{p,n}$ 映为零，则存在

z=a+db+dy, \quad a\in Z_{r-1}^{p-1,n},\quad b\in Z_{r-1}^{p+r-1,n+1},\quad y\in Z_r^{p+r,n+1}.

由 $da=dz\in F_{p-r-1}$ 得 $a\in Z_r^{p-1,n}$ 。再令 $w=b+y$ ，则 $w\in F_{p+r}C_{n+1}$ ，且 $dw=z-a\in F_pC_n$ ，故 $w\in Z_r^{p+r,n+1}$ 。所以 $z=a+dw\in D_{r+1}^{p,n}$ ，核正好等于所写分母，翻页同构得证。

有限过滤的极限是同调的相关分次对象。 对 $0\le p\le N$ ，当 $r\ge N+1$ 时，上述分子、分母分别稳定为

\begin{aligned} Z_\infty^{p,n}&=F_pC_n\cap\ker d,\\ D_\infty^{p,n}&=(F_{p-1}C_n\cap\ker d) +(F_pC_n\cap\operatorname{im}d). \end{aligned}

例如第二项中允许的原像已覆盖整个 $C_{n+1}$ ，但仍要求其边界落在 $F_p$ 。过滤范围外的页面恒为零， $r>N$ 的微分也全部为零，因此 $E^{N+1}=E^\infty$ 。给同调定义过滤

F_pH_n(C)=\operatorname{im}\bigl(H_n(F_pC)\to H_n(C)\bigr).

将 $F_p$ 中的循环送到其同调类，再模去 $F_{p-1}H_n$ ，得到满射。其核恰是能写成“低层循环加上一个落在 $F_p$ 的边界”的循环，也就是 $D_\infty^{p,n}$ 。因此

E^\infty_{p,n-p}\cong F_pH_n(C)/F_{p-1}H_n(C).

这就是本页的收敛陈述；整个证明只用了模的核、像与商，对阿贝尔群同样成立。

直觉

过滤可以想成给每个生成元贴上一个楼层标签。第零页把不同楼层暂时隔开，只处理同层的边界。经过这一步仍留下的类，在第一页接受下降一层的边界检验；第二页检查下降两层的边界，依次继续。双次数 $(-r,r-1)$ 表示横向左移 $r$ 格、纵向上移 $r-1$ 格，总次数始终减少一。

“活到下一页”说的是一个类存在更好的代表元，而不保证当前写下的链已经满足更强条件。如果边界的一部分在本页已经是零，就可以加减低层链消去这一部分；这种修正可能暴露出更低层的新边界。下面的 $a-v$ 正是这个过程，不能把各页理解成固定矩阵中依次擦掉若干行。

有限过滤复形的四页：d₀ 消去 v 与 b，d₁ 消去 y 与 z，修正后的 a−v 由 d₂ 映到 c，最后仅余 h — 从 E⁰ 到 E³ 的代表元修正

例子与边界

在任意域 $k$ 上，取链群

C_3=k y,\qquad C_2=k a\oplus k v\oplus k z, \qquad C_1=k b\oplus k c,\qquad C_0=k h,

其余次数为零。边界与过滤层级规定为

da=b+c,\quad dv=b,\quad dy=z,\quad db=dc=dz=dh=0,

f(a)=2,\qquad f(v)=f(b)=f(y)=1,\qquad f(c)=f(z)=f(h)=0.

令 $F_pC$ 由层级不超过 $p$ 的生成元张成。每个边界都不升层，所以这是子复形过滤；逐生成元检查也得到 $d^2=0$ ，且 $F_{-1}=0,F_2=C$ 。

第零页各基类的坐标 $(p,q)=(f(x),\deg x-f(x))$ 为

a:(2,0),\quad v:(1,1),\quad b:(1,0),\quad y:(1,2),\quad z:(0,2),\quad c:(0,1),\quad h:(0,0).

$d_0[v]=[b]$ 是唯一非零的第零页微分： $da$ 与 $dy$ 都严格下降过滤层。取同调后， $v,b$ 消失， $E^1$ 剩下 $a,y,z,c,h$ 所代表的五个一维格。

第一页有 $d_1[y]=[z]$ ，所以这两个格在下一页消失。另一方面， $d_1[a]$ 只看 $da=b+c$ 在第一层的类，即 $[b]$ ，但 $b=dv$ 已在第零页被除掉，因此 $d_1[a]=0$ 。这个零并不表示 $da$ 已经落在 $F_0$ ：链 $a$ 本身仍不属于 $Z_2^{2,2}$ 。必须换代表元为

a-v,\qquad d(a-v)=c\in F_0C_1.

$v$ 位于低一层，所以 $a-v$ 与 $a$ 在 $E^1$ 表示同一个类；修正后的链才符合第二页的代表元条件。于是 $E^2$ 只有 $(2,0)$ 的 $[a-v]$ 、 $(0,1)$ 的 $[c]$ 与 $(0,0)$ 的 $[h]$ 。第二页微分为

d_2[a-v]=[c],

它是两个一维空间间的同构，双次数确为 $(-2,+1)$ 。因此 $E^3=E^\infty$ 只剩 $(0,0)$ 的 $k[h]$ ；三个连续页面上的非零微分都是从链边界直接算出的。

可以独立计算原复形的同调检验结果。在基 $(a,v,z)$ 与 $(b,c)$ 下， $d:C_2\to C_1$ 的矩阵是

\begin{pmatrix}1&1&0\\1&0&0\end{pmatrix}.

左侧二阶子式的行列式为 $-1$ ，在任意域上均可逆，故该映射满射且核恰为 $kz$ 。而 $d:C_3\to C_2$ 把 $y$ 送到 $z$ ，单射且像也是 $kz$ ； $C_1\to C_0$ 为零。因此 $H_3=H_2=H_1=0$ ， $H_0=k[h]$ ，与最终页一致。

有限过滤保证本页证明在有限步结束；若过滤无穷延伸，不能仅从每个位置看似稳定就照搬这一收敛结论，需要另外验证相应的有界性与收敛条件。此外， $E^\infty$ 通常不决定总同调的扩张：两层都是 $\mathbb Z/2$ 时，总群可以是 $\mathbb Z/4$ ，也可以是 $\mathbb Z/2\oplus\mathbb Z/2$ 。域上的向量空间过滤可以分裂，因而有限维时各层维数可以相加，但分裂一般没有自然选择。

推论与应用

保过滤链映射 $f:C\to C'$ 把 $Z_r$ 送到 $Z'_r$ ，把 $D_r$ 送到 $D'_r$ ，因为它既保持过滤又与边界交换。因此它逐页诱导映射，与每页微分及翻页同构相容。这使谱序列能够比较两个过滤模型，而不仅用于单个表格的计算。

对有限空间过滤 $\varnothing=X_{-1}\subseteq X_0\subseteq\cdots\subseteq X_N=X$ ，奇异链复形中的 $F_pC=C_*(X_p)$ 是子复形，并有 $E^0_{p,q}=C_{p+q}(X_p,X_{p-1})$ ，故 $E^1_{p,q}=H_{p+q}(X_p,X_{p-1})$ 。相邻层的相对同调容易计算时，过滤就把全空间的问题拆开了。

Serre 谱序列是这一方法在纤维化中的具体实现：底空间骨架诱导过滤，识别早期页面后得到带纤维局部系数的底空间同调。有限骨架过滤落在本页的统一有界情形；一般 CW 底空间则使用第一象限的收敛论证。抽象构造说明页面如何相连，纤维化的几何负责识别页面和计算实际微分，两部分各有任务。

参考资料

Haynes Miller, Lectures on Algebraic Topology II, MIT 18.906, Spring 2020，Lecture 23，pp. 76–80：过滤链复形、页面微分与收敛；Lecture 24 将其用于 Serre 谱序列。
J. F. Jardine, Homological Algebra, Lecture 007, 2009，§14，尤其 Lemma 14.2：微分良定义及翻页同构的代表元论证。
The Stacks Project, §12.24, Spectral sequences: filtered complexes，尤其 Lemmas 12.24.11、12.24.13。该文采用递减过滤的上同调约定，与本页递增过滤的同调约定需同时转换次数和过滤方向。

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