Tor 函子

张量积会把商关系正确搬过去，却可能把原本不同的元素压到一起，因此一般保持满射而不保持单射。投射分解先把一个模的生成元、生成元之间的关系、关系之间的关系逐层展开。张量后，若某一层出现的核不再由下一层的像完全解释，剩余部分就是这一次数的 Tor。

计算中最关键的是分清两个阶段。原来的增广分解必须正合，否则它没有正确表示输入模；张量后的复形却不必正合，它的同调正是需要测量的量。即使张量把每个微分都变为零，结果也取决于原分解有多少层：长度一的分解只会留下零次和一次同调，而无限周期分解可能在每个次数留下同调。

Tor 还依赖底环，而不只是两个模作为加法群的样子。下面把同一个域 $k$ 分别视为 $k[t]$ 和 $k[\epsilon ]/({\epsilon }^2)$ 的商模；两个张量计算都有零微分，却得到完全不同的高次行为。

双数环：每一阶都留下一个域 ​

令 $k$ 为任意域，取双数环及其剩余域

每个 $R$ 的元素唯一写作 $a+b\epsilon$，其中 $a,b\in k$。考虑无限增广序列

其中最右的 $R$ 是 $P_0$，所有 $P_n=R$，$q(a+b\epsilon )=a$。关系 ${\epsilon }^2=0$ 只保证相邻微分复合为零，还不足以证明正合；必须实际比较核与像。由于

每个正次数处都正合。又有 $\ker q=(\epsilon )=\mathrm{im}{d}_1$，且 $q$ 满射，所以这确实是 $K$ 的自由分解，每一项的自由秩都是一。

将分解去掉增广项，再与 $K$ 张量。利用 $K{\otimes }_{R}R\cong K$，每个微分成为 $K$ 上的乘 $\epsilon$ 映射。可是 $\epsilon K=0$，于是得到

正次数处的核是整个 $K$，像为零；零次也没有非零边界。因此

更一般地，对任意 $R$-模 $L$，记 $D:L\to L$ 为乘 $\epsilon$ 的算子，则 $D^2=0$。用同一分解计算便有

这里零次是余核，正次数才是核模像。取 $L=R$ 时核像相等，高次 Tor 消失；取 $L=K$ 时 $D=0$，每一层都保留下来。

同一个剩余域，长度一的另一种结果 ​

改取 $S=k[t]$，仍令 $K=S/(t)\cong k$。因为多项式环中乘 $t$ 是单射，

是长度一的自由分解。与 $K$ 张量后，乘 $t$ 同样变成零，但复形只有次数 $1$ 和 $0$ 两项。因此

差别出现在张量之前：乘 $t$ 没有核，分解可以在第一层终止；乘 $\epsilon$ 的核却又是 $(\epsilon )$，必须继续用下一份 $R$ 覆盖它。这个例子说明底环的关系怎样进入高次 Tor；它并不声称任意非零幂零元都必然产生同样的秩一周期分解。

整数循环模：共同挠性的计算 ​

取正整数 $m,n$，令 $M=\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$、$N=\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$。使用 $M$ 的自由分解

与 $N$ 张量后得到 $0\to \mathbb{Z}/n\stackrel{\times m}{\to }\mathbb{Z}/n\to 0$。设 $d=gcd(m,n)$，写 $m=d{m}^{\prime }$、$n=d{n}^{\prime }$，其中 $m^{\prime },n^{\prime }$ 互素。条件 $m[x{]}_n=0$ 等价于 $n\mid mx$，也就是 $n^{\prime }\mid x$，所以核由 $[n/d{]}_n$ 生成，共有 $d$ 个元素。余核则为 $\mathbb{Z}/(m\mathbb{Z}+n\mathbb{Z})\cong \mathbb{Z}/d\mathbb{Z}$。由此得到

由于分解长度为一，全部 $j\ge 2$ 的 Tor 都为零。最大公因数出现在这里，是因为同一个乘法映射的核与余核都由共同因子决定；两者在此同构，并不表示一般复形中核与余核总相同。

消失的条件与平坦性的边界 ​

若一个变量投射，可以在该变量一侧选取长度零的分解，由平衡性知所有正次数 Tor 消失。域上的每个模都自由，所以 ${\mathrm{Tor}}_n^k(M,N)=0$ 对全部 $n>0$ 成立。若一个变量平坦，张量保持另一变量分解的正合性，高次 Tor 同样消失。平坦性比投射性更宽；例如 $\mathbb{Z}$-模 $\mathbb{Q}$ 平坦但不投射，平坦模理路平坦模Flat module · Flatness张量后保留所有单射的模；以整数短正合列和局部化证明有理数模平坦但不投射。一页直接给出局部化证明与非投射性证明。

双数环中的 $K$ 则不平坦，这也可以直接看到。理想包含 $i:(\epsilon )\hookrightarrow R$ 原本单射，而且 $K\to (\epsilon )$、$[a]\mapsto a\epsilon$ 是 $R$-模同构，所以 $(\epsilon ){\otimes }_{R}K\cong K$ 非零。但包含映射张量后满足

这把非零的一维源空间整个送到零，明确指出了失去单射的地方。计算所得 ${\mathrm{Tor}}_1^R(K,K)=K$ 正好检测到这一失败。

为什么计算不依赖分解 ​

设 $P_{\bullet }\to N$ 和 $Q_{\bullet }\to N$ 为两个非负投射分解，增广分别为 ${\eta }_P,{\eta }_Q$。先将 ${\eta }_P:P_0\to N$ 沿满射 ${\eta }_Q:Q_0\twoheadrightarrow N$ 提升，得到 $f_0:P_0\to Q_0$。这是 $P_0$ 的投射性理路投射模Projective module对任意满模同态都能提升出映射、等价地为自由模直和因子的模。。

若已经构造到 $f_{n-1}$，需要解 $d_n^Q{f}_n=f_{n-1}{d}_n^P$。当 $n=1$ 时，右端被 ${\eta }_Q$ 消去，因为 ${\eta }_Q{f}_0{d}_1^P={\eta }_P{d}_1^P=0$；当 $n\ge 2$ 时，链映射条件给出

因此右端的像落在相应的核中。$Q$ 的正合性把这个核识别为 $\mathrm{im}{d}_n^Q$，而 $Q_n\twoheadrightarrow \mathrm{im}{d}_n^Q$ 满射。利用 $P_n$ 的投射性提升，就得到 $f_n$。归纳产生覆盖 $1_N$ 的链映射理路链映射Chain map逐次数态射组成并与两个复形的边界算子交换的复形间映射。 $f:P\to Q$；交换两组分解同样得到 $g:Q\to P$。

还需证明提升选择不会影响同调。设 $f,f^{\prime }:P\to Q$ 覆盖同一个模映射，记 $a_n=f_n-f_n^{\prime }$。我们逐次构造 $h_n:P_n\to Q_{n+1}$，使

其中 $n=0$ 时第二项理解为零。因为 ${\eta }_Q{a}_0=0$，$a_0$ 的像在 $\mathrm{im}{d}_1^Q$ 中，投射性给出 $h_0$。若已构造到 $h_{n-1}$，令 $b_n=a_n-h_{n-1}{d}_n^P$。由上一次数的同伦等式可得

当 $n=1$ 时末项为零，直接使用 $a_0=d_1^Q{h}_0$ 即可。于是 $b_n$ 落在 $\ker d_n^Q=\mathrm{im}{d}_{n+1}^Q$，再次由 $P_n$ 的投射性得到 $h_n$。这完成了全部次数的链同伦理路链同伦Chain homotopy用升高一次数的态射族见证两个链映射之差沿边界方向可消去的关系。构造。

复合 $gf$ 与 $1_P$ 覆盖同一个 $1_N$，故 $gf\simeq 1_P$；同理 $fg\simeq 1_Q$。现在施加张量函子。其可加性与保持复合的性质把同伦等式变为

这里用的是张量保持链同伦，不是张量保持正合。链同伦的两个映射在循环上的差是边界，因此诱导相同的同调映射。张量后的 $f,g$ 遂在同调上互逆，且提升选择不影响结果，这就证明计算所得 Tor 的分解无关性。

从非零高次 Tor 推出无限投射维数 ​

显示一个无限分解，并不能排除另有更短的分解。双数环例子能作出更强判断，是因为已经证明每个 $n$ 都有 ${\mathrm{Tor}}_n^R(K,K)=K\ne 0$。假如 $K$ 有长度 $d$ 的投射分解，那么用这份分解张量计算时，次数 $n>d$ 的项为零，相应 Tor 必为零。分解无关性使这与周期分解的计算矛盾，故

对照 $S=k[t]$，长度一分解给出 ${\mathrm{pd}}_{S}K\le 1$，而 ${\mathrm{Tor}}_1^S(K,K)\ne 0$ 排除投射维数零，所以恰有 ${\mathrm{pd}}_{S}K=1$。两项结论都同时用了具体分解提供的上界或计算，以及导出量不依赖选择这一机制。

长正合列与改变系数 ​

对左模的短正合列理路短正合列Short exact sequence · Short exact extension以单态射、满态射和中间正合性把子对象、扩张对象与商对象连接起来的三项正合列。 $0\to N^{\prime }\to N\to N^{″}\to 0$，固定右模 $M$ 后得到长正合列，其末端为

连接态射 ${\mathrm{Tor}}_1^R(M,N^{″})\to M{\otimes }_R{N}^{\prime }$ 的像，恰是下一箭头的核，因此精确控制张量后的包含为什么可能失去单射。一个左模 $N$ 平坦，当且仅当 $-{\otimes }_{R}N$ 正合；等价地，${\mathrm{Tor}}_1^R(M,N)=0$ 对所有右模 $M$ 成立。这里必须量化所有 $M$；一个特定配对的 Tor 为零还不够。

同调的泛系数定理把改变系数的差异写成短正合列。若 $C_{\bullet }$ 是由自由 Abel 群组成的非负链复形，$A$ 是 Abel 群，则对 $n\ge 0$，约定 $H_{-1}(C_{\bullet })=0$，有

左端是先取同调再张量得到的部分，右端的 Tor 记录换系数带来的额外同调。这个整数系数结论不能直接照搬到任意底环：双数环的例子已经显示，高次 Tor 未必会消失。Künneth 公式在组合两个自由整数链复形时，也以相应的 ${\mathrm{Tor}}_1^{\mathbb{Z}}$ 项补充同调张量积。