上同调泛系数定理

上同调类确实能测量同调类，但可能有非零上同调类在全部循环上都测得零。原因是“在循环上为零”只说明上链经过边界群因子化，还不保证这个边界群上的函数可以延拓到整个低一维链群。

Ext 核记录这项延拓障碍。整数挠因此在上同调中向高一次数出现：低一维关系若不能整除，可能形成高一维上链的非零余类，而那里未必有任何整数同调循环可供检测。

先证明测量映射良好且满射 ​

余循环 $\phi$ 在 $B_n=\mathrm{im}{\partial }_{n+1}$ 上为零，所以限制到 $Z_n=\ker {\partial }_n$ 后下降为 $H_n=Z_n/B_n$ 上的同态。若 $\phi =\delta \psi$，它在所有循环上为零，故 $h$ 良好定义。

$B_{n-1}$ 是自由群，因此 $0\to Z_n\to C_n\to B_{n-1}\to 0$ 分裂理路分裂正合列Split exact sequence · Splitting lemma短正合列通过同态截面或回缩与子对象和商对象相容地分解。。选投影 $p:C_n\to Z_n$，满足 $p{|}_{Z_n}=1$。给定 $\ell :H_n\to A$，令

它在 $B_n$ 上为零，所以是余循环，并且 $h([\phi ])=\ell$。这同时构造出一个截面，证明满射与可分裂性。

再把核精确识别为 Ext ​

若 $h([\phi ])=0$，则 $\phi$ 在 $Z_n$ 上为零，故唯一经过 $C_n/Z_n\cong B_{n-1}$ 因子化：存在 $\eta :B_{n-1}\to A$ 使 $\phi =\eta {\partial }_n$。

这样的 $\phi$ 何时是余边界？恰当且仅当 $\eta$ 是某个 $\psi :C_{n-1}\to A$ 在 $B_{n-1}$ 上的限制。因为 $Z_{n-1}$ 在 $C_{n-1}$ 中是直和项，可延拓到 $C_{n-1}$ 与可延拓到 $Z_{n-1}$ 等价。因此

这证明了整条短正合列。核的嵌入用 $[\eta ]\mapsto [\eta \partial ]$，不依靠选投影；$h$ 同样由限制定义。链映射与边界交换，因而与这两个箭头交换。只有构造截面时用到的 $p$ 不自然。

实射影平面的全部系数 ​

整数胞腔边界为 $C_2\stackrel{2}{\to }{C}_1\stackrel{0}{\to }{C}_0$。取 Hom 到 $A$ 后，余边界为

所以

取 $A=\mathbb{Z}$，$H^1=0$ 而 $H^2=\mathbb{Z}/2$。二维整数同调为零，故这里的二维上同调完全来自 ${\mathrm{Ext}}^1(H_1,\mathbb{Z})$，不能由 $\mathrm{Hom}(H_2,\mathbb{Z})$ 恢复。取 $A={\mathbb{F}}_2$，三度都得到一维域向量空间；这还没有给出杯积，群结构不能代替上同调环结构。

一次剪切阻止自然分裂 ​

令 $C_2=\mathbb{Z}x\oplus \mathbb{Z}y$、$C_1=\mathbb{Z}b$、$C_0=\mathbb{Z}$，$\partial y=2b$，其余微分为零。则

UCT 右箭头取 $x^{\ast }$ 的整数系数，左侧 Ext 是 $y^{\ast }$ 的模二系数。链自同构 $T(x)=x,T(y)=y+x,T(b)=b$ 在 $H_2,H_1$ 上都是恒等，而

右端整数生成元的任何提升 $x^{\ast }+c{y}^{\ast }$ 都被改变。因此任何截面都会与这个链映射不相容，自然分裂不可能存在。

域上的对偶为何更简单 ​

若从一开始使用域 $k$ 上的链复形并取 ${\mathrm{Hom}}_k(-,k)$，所有向量空间短正合列都分裂，Ext 障碍消失，得到自然同构

这个结论不要求维数有限。只有再想把一个空间与其双对偶自然识别时，才需要额外的有限维条件。也不能把右端误写成整数同调的简单对偶而漏掉换系数本身产生的 Tor。

对有限生成整数同调 $H_n\cong {\mathbb{Z}}^{b_n}\oplus T_n$，取整数系数得到非典范群同构

自由部分留在原次数，有限挠部分移高一次数。上面的显式核证明还告诉我们挠类为什么测不到整数循环，而不只是给出群表。

计算映射拉回时应保留自然短正合列的箭头，用链映射或余循环代表核验。两端作用即使都为恒等，中间仍可能有剪切；分别任选直和坐标后只写两个对角块，会遗漏这种信息。