映射环面的同调

一条来自纤维 $X$ 的循环经过接缝后，被换成 $f$ 的像。进入总空间时，两条循环因此变得同调：差 $z-f_{\mathrm{\#}}z$ 被一条扫过时间的柱链填住。这解释了余核中的关系 $[z]=F_q[z]$。

还有另一种循环：某个低一维类经过 $f$ 后保持不变，就有机会沿时间扫一圈，形成高一维类。这解释式(3)右端的核。前者消去已有循环间的差，后者记录能绕时间接合的低维循环；它们进入不同次数。

图中的带只表示时间坐标范围，完整开集还包含整份纤维；两个红标对应交集的两个分支。

两个开集把接缝保留下来 ​

把式(1)等价地写成一份底部 $X_0$ 与 $X\times [0,1]$ 的粘接：$(x,0)$ 接到 $x\in X_0$，$(x,1)$ 接到 $f(x)\in X_0$。取

在粘接前的不交并中取逆像可检验两者开，且 $U\cup V=T_f$。$V$ 收缩到中间一份 $X$；$U$ 把低端带推向 $t=0$、高端带推向 $t=1$，收缩到 $X_0$。后一个是映射柱的端部收缩理路拓扑映射柱Topological mapping cylinder · Mapping cylinder · 映射柱把任意连续映射替换为一个嵌入与一个同伦等价的复合，显式核验柱上的形变收缩及它不等于映射锥。，不要求 $f$ 可逆。

交集有两片，分别由 $t\in (1/4,1/3)$ 和 $t\in (2/3,3/4)$ 给出，每片都收缩到 $X$。低接缝进入 $U$ 时诱导恒等，高接缝进入 $U$ 时诱导 $F_q$；两片进入 $V$ 时都诱导恒等。

按Mayer–Vietoris的第一正第二负约定理路Mayer–Vietoris 序列Mayer–Vietoris sequence从小链和微分形式的短正合列构造两种 Mayer–Vietoris 序列，写出形式连接同态，并在球面上算出归一化面积类。，交集到两侧的映射是

这里两个输入按低接缝、高接缝排序，两个输出按 $U,V$ 排序。直接把两个接缝都当作恒等，会漏掉全部扭曲信息。

用可逆块变换分离恒等部分 ​

以下运算适用于任意Abel群，不要求先选矩阵基，也不要求 $F_q$ 可逆。令

两个坐标变化都有显式逆：$u=a+b,v=a$，以及 $(x,y)=(v^{\prime }+F_q{u}^{\prime },-u^{\prime })$。代入式(5)得

所以两接缝映射等价于一个恒等块与一个 $I-F_q$ 块。

长正合列中，恒等块既没有核也没有余核；相邻箭头在这块上的贡献为零，因而可以将它消去。剩余正是式(2)。底端类原本以 $(x,0)$ 进入两侧，变换后为 $(0,x)$，所以保留下来的箭头确实是 $j_{\ast }$，无需偷偷改成相反的包含。连接映射 $\delta$ 采用与这项块变换相容的符号。

由式(2)，$j_{\ast }$ 的核为 $\mathrm{im}(I-F_q)$，连接映射的像为 $\ker (I-F_{q-1})$；把它们取商便得到式(3)。若右端有基，逐个为基向量选总空间中的原像，再线性延拓，就得到截面和分裂。没有这项自由性或另外的截面证明时，短正合列不能自动改写成直和。

圆周上的度数控制是否产生挠 ​

令 $X=S^1$，$f$ 的度数为整数 $d$。只有 $F_0=1,F_1=d$，所以

约定 $\mathbb{Z}/0\mathbb{Z}=\mathbb{Z}$，模 $\pm 1$ 的商为零。其余正次数同调为零。

• $d=1$ 且 $f$ 为恒等时，$T_f=S^1\times S^1$，得到 $H_1={\mathbb{Z}}^2,H_2=\mathbb{Z}$
• $d=-1$ 且 $f$ 为反射时，$T_f$ 是Klein瓶，得到 $H_1=\mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}/2,H_2=0$
• $d=2$ 且 $f(z)=z^2$ 时，得到 $H_1=\mathbb{Z},H_2=0$

最后一个输入仍满足全部同调公式，却不是圆周同胚的粘接。沿接缝的一个普通点向上追溯时有两个原像带，向下只有一个带，局部出现三个半带相接；自然投影 $T_f\to S^1$ 不是圆周纤维丛。只有同胚粘接时，才可用可逆的接缝坐标直接建立局部乘积。

一个三维映射环面的全部整数同调 ​

取二维环面 $X={\mathbb{R}}^2/{\mathbb{Z}}^2$，令

$\det A=1$，故 $f_A$ 是同胚。圆周乘积的同调理路Künneth同调公式Künneth theorem for homology · Kunneth formula · 库恩内特同调公式证明自由整数链复形乘积的张量项与低一次Tor项，并对RP²乘圆周和RP²自乘给出可逐矩阵核验的答案。给

按两个坐标圆周取一阶同调基，并约定列向量，$F_1=A$。顶维作用为乘 $\det A$：若 $\alpha ,\beta$ 是对偶一阶类，拉回分别为 $a\alpha +b\beta ,c\alpha +d\beta$，杯积的自然性与反交换理路杯积Cup product使上同调成为分次环的自然双线性乘法。给

这里 $A=(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array})$，两项拉回系数按矩阵的两行读取；这与同调使用列向量一致。

现在

$\det U=-1$，所以这是整数可逆的Smith换基证书理路PID 上的 Smith 正规形Smith normal form over a PID · Smith normal formPID 上的矩阵可经可逆行列变换化为满足整除链的对角形，且对角因子在相伴意义下唯一。。$M$ 在整数上核为零，余核为 $\mathbb{Z}/2$；具体同构由 $[x_1,x_2]\mapsto -x_1+2x_2(\mathrm{mod}2)$ 给出。两阶行列式为 $-2$，条目gcd为一，独立核对不变因子为 $1,2$。

代入式(3)，得到

更高次数为零。若只用有理消元，$\mathbb{Z}/2$ 会消失，无法恢复这份完整答案。

换成反向粘接，挠会移到另一维 ​

若 $A=(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array})$，则 $I-A$ 的Smith形为 $\mathrm{diag}(1,0)$，核和余核都为 $\mathbb{Z}$，但 $\det A=-1$。于是

二维的二阶挠来自 $\mathrm{coker}(1-(-1))$，不是一阶矩阵的非零Smith因子。这个例子提醒我们必须计算各维的 $f_{\ast }$，不能只算 $H_1$ 后就停止。

环面输入可统一为三行核余核 ​

对任意 $2\times 2$ 整数矩阵 $A$，不要求可逆，以上论证给出

各右端核都是自由群，所以这里的分裂已有依据。即使 $\det (I-A)=0$，Smith形中的零因子也会保留自由方向，算法不应在遇到奇异矩阵时报告“无答案”。

若输入换成 $f_A^n$，只需将 $A$ 换为 $A^n$。同一个矩阵 $I-A^n$ 也出现在环面周期点理路环面仿射映射的周期点Periodic points of affine toral maps · Toral endomorphism periodic points · 环面整数矩阵周期计数把仿射环面的迭代固定方程化为Smith同余证书，分别返回空集、有限点或正维子环面，再恢复最小周期点与轨道。中：一边计算整数商群，另一边求环面上的核。当矩阵满秩时，这两个有限群具有相同的不变因子；一个是总空间同调的挠，另一个是周期点坐标的周期结构。

同伦粘接与胞腔链复算 ​

若 $f,g:X\to X$ 通过 $H(x,s)$ 同伦，约定 $H(x,0)=f(x)$、$H(x,1)=g(x)$，则映射环面之间有显式映射

中点前一式等于 $[g(x),0]$，与后一式相接；末点为 $[f(x),0]$，与源的接缝识别相容。故公式在商空间上连续。使用反向同伦得到逆向映射。两个复合都相当于先走一遍原柱，再沿同伦轨迹往返一次；将往返的最大参数连续减到零，并重新分配柱段时间，就得到与恒等的同伦。因此 $T_f\simeq T_g$。

这允许先将 $f$ 作胞腔逼近理路胞腔逼近定理Cellular approximation theorem · 胞腔映射在保持指定子复形不动的条件下，把连续映射同伦为保持骨架的映射，并说明高维胞腔如何逐个被避开。，再用每个原胞腔及其扫过时间的柱胞腔计算。若原胞腔链边界为零，柱边界只剩两端差 $I-F$。二维环面的最小胞腔链正是这种情形，因此可用一份秩为 $(1,3,3,1)$ 的整数链复形直接复核式(10)，不必把长正合列当作唯一计算路径。

使用公式前的检查 ​

先确认空间与映射满足声明范围，再写出各维同调上的实际作用。列矩阵要保持源、目标基一致，Smith换基还应保留可逆矩阵，才能把抽象循环因子翻译回原来的类。

最后必须区分三件事：长正合列成立、短正合列分裂、投影形成纤维丛。第一件由开覆盖和两个接缝证明；第二件需要自由性或截面；第三件在这里由粘接映射是同胚保证。它们不是同一个条件的三种写法。