Čech 上同调 | Codeboy's Blog

形式陈述

怎样把重叠区域上的差异变成一份可以计算的粘合障碍？设 $\mathcal F$ 是空间 $X$ 上的Abel群层， $\mathcal U=(U_i)_{i\in I}$ 是开覆盖，并给指标集选定全序。记 $U_{i_0\cdots i_p}=U_{i_0}\cap\cdots\cap U_{i_p}$ ，定义

\check C^p(\mathcal U,\mathcal F) =\prod_{i_0<\cdots<i_p}\mathcal F(U_{i_0\cdots i_p}),\qquad p\ge0.

空交集的因子为零。一个 $p$ 次余链是在每个 $(p+1)$ 重交上指定一份截面。差分为

(\delta c)_{i_0\cdots i_{p+1}} =\sum_{r=0}^{p+1}(-1)^r c_{i_0\cdots\widehat{i_r}\cdots i_{p+1}} \big|_{U_{i_0\cdots i_{p+1}}}. \tag{1}

帽号表示删去该指标。每次删去两个指标的项在 $\delta^2$ 中出现两次，符号相反，所以 $\delta^2=0$ 。这是上标递增的余链复形。

规定 $\check C^{-1}=0$ 。固定覆盖的 Čech 上同调定义为

\check H^p(\mathcal U,\mathcal F) =\ker(\delta:\check C^p\to\check C^{p+1})/ \operatorname{im}(\delta:\check C^{p-1}\to\check C^p).

它是核除以像的具体实例。这里保留 $\mathcal U$ 是必要的：一份覆盖的计算未必已捕捉整个空间的层上同调。

直觉

零次余链是各片上分别挑选的局部解； $\delta(s_i)_{ij}=s_j-s_i$ 是它们的接缝差。如果所有差都为零，层公理便把这些解粘成一个全局截面。

一次余循环 $c_{ij}$ 满足三重交上的

c_{jk}-c_{ik}+c_{ij}=0.

这表示三条接缝的差彼此一致，却还不保证它们能写成 $s_j-s_i$ 。若能这样写，改变各片的局部解便能消去差；若不能，余循环的上同调类就是留下的障碍。

三重交、四重交继续记录这些相容关系之间的关系。高次群的来源是这一连串具体检验，而不是额外附在覆盖上的标签。

例子与边界

两条开弧，有两个接缝

取 $S^1=\mathbb R/\mathbb Z$ 及商映射 $q$ ，令

U=q((-1/4,3/4)),\qquad V=q((1/4,5/4)).

两者都是连通开弧，而 $U\cap V=W_0\sqcup W_1$ 有两个连通分支。对局部常值整数层 $\underline{\mathbb Z}$ ，分别有

\mathcal F(U)=\mathbb Z,\quad \mathcal F(V)=\mathbb Z, \quad \mathcal F(U\cap V)=\mathbb Z\oplus\mathbb Z.

因此完整的有序Čech复形只有两项：

\mathbb Z^2\xrightarrow{\delta}\mathbb Z^2\to0, \qquad \delta(a,b)=(b-a,b-a). \tag{2}

核为对角线 $\{(a,a)\}$ ，故 $\check H^0=\mathbb Z$ 。像也为对角线，所以

\check H^1=\mathbb Z^2/\langle(1,1)\rangle\cong\mathbb Z.

一个具体同构是 $[(u,v)]\mapsto v-u$ ；类 $[(0,1)]$ 是生成元。它说明两个接缝的差可以同时整体平移，却无法改变彼此之差。

若误把 $U\cap V$ 当成一条开弧，就会错写 $\check C^1=\mathbb Z$ ，使 $\delta$ 满射，并错误得到 $\check H^1=0$ 。复形中的每个因子必须由真实交集的截面决定，不能只数覆盖里有几张片。

图中将两条弧径向错开以免相互遮挡；上下缺口分别标记各弧删去的点。左右两个重叠分支各提供一个差分分量。

为什么不能任取覆盖就报出层上同调

同一圆周也有单片覆盖 $\{S^1\}$ 。它的有序Čech复形在正次数全部为零，因而所有正次Čech群为零。这与式 (2) 没有矛盾：我们计算的是两份不同覆盖的复形。

当覆盖的每个非空有限交，包括每张片本身，对 $\mathcal F$ 都没有正次层上同调时，Čech比较定理才给出

\check H^p(\mathcal U,\mathcal F)\cong H^p(X,\mathcal F).

两弧例的这些交都是开区间的有限不交并，整数常值层在其上无高阶上同调；这项局部消失的理由在层上同调的算例中说明。单片覆盖则不满足这个条件。

推论与应用

零次群无需额外假设

$\delta(s_i)=0$ 恰好表示各片截面在交上相等。存在且唯一的粘合给出

\check H^0(\mathcal U,\mathcal F)=\Gamma(X,\mathcal F)

对任意覆盖成立。这里真正用到了层的粘合公理；任意预层未必具有这一性质。

从局部提升得到一余循环

给定层短正合列

0\to\mathcal F\to\mathcal G\to\mathcal H\to0

和 $h\in\mathcal H(X)$ ，选足够细的覆盖，使每个 $h|_{U_i}$ 有提升 $g_i$ 。差 $c_{ij}=g_j-g_i$ 属于 $\mathcal F(U_i\cap U_j)$ ，且式 (1) 给 $\delta c=0$ 。

如果换成 $g_i+b_i$ ，差变成 $c+\delta b$ ，因此类不变。这个类为零时，存在 $b_i$ 使 $c=\delta b$ ；于是 $g_i-b_i$ 相容，粘成 $h$ 的全局提升。反过来，一个全局提升限制到各片，立即证明该类为零。这给出“一次障碍为零”的完整含义。

细化覆盖在做什么

若 $V_j\subseteq U_{r(j)}$ ，把 $U$ 上的余链限制到相应 $V$ 的交，得到细化映射；指标顺序变化用交替符号处理，重复指标置零。不同选择 $r$ 给出的映射在上同调上相同，可用在两种指标选择之间逐个替换的棱柱链同伦验证。

因而还可对所有覆盖细化取余极限，定义 $\check H^p(X,\mathcal F)$ 。这与固定覆盖的群是两个层次。实际计算通常更直接：先找一份满足无上同调交集条件的覆盖，再用有限的差分式完成运算。

自检时，应能从式 (2) 写出 $[(2,5)]=3[(0,1)]$ ，并给出差为余边界的证书： $(2,5)-3(0,1)=(2,2)=\delta(0,2)$ 。

参考资料

The Stacks Project，§20.9，Tag 01ED 与 §20.23，Tag 01FG：Čech复形，以及本文采用的有序、交替约定与全指标复形的比较。
The Stacks Project，Lemma 20.11.6，Tag 01ET：有限交无高阶上同调时的比较定理。
Paul Garrett，Sheaf Cohomology，2005，§8、§10：接缝复形及局部消失与全局计算的关系。圆周两接缝的群与代表元在本文直接算出。

形式陈述 ​

两条开弧，有两个接缝 ​

为什么不能任取覆盖就报出层上同调 ​

零次群无需额外假设 ​

从局部提升得到一余循环 ​

细化覆盖在做什么 ​