Gọi $I^{n}=[0,1] \times [0,1]... \times [0,1]$ là cube kì dị thứ $n$ . Một cube kì dị trong không gian topo $X$ là ánh xạ liên tục $T : I^{n} \to X$ , ví dụ $n=0,n=1$ thì tương ứng là $1$ điểm và $1$ path trong $X$ . Gọi $Q_{n}$ là nhóm abel tự do trên tập tất cả các cube singular . Một cube singular được gọi là degenerate nếu có không phụ thuộc vào một tọa độ nào đó . Dĩ nhiên tập các cube singular $=$ cube degenerat $+$ cube nondegenerate . Vậy gọi tương ứng $D_{n},C_{n}$ tương ứng nhóm abel tự do sinh bởi cube degenerate và nondegenerate ta có :
$$Q_{n} = D_{n} \bigoplus C_{n}$$
Vậy ta định có thể viết thành không gian thương theo tính chất của direct sum $C_{n} = Q_{n} / D_{n}$ . Giờ ta sẽ định nghĩa biên của một cube theo một cách đại số . Gọi $1 \leq i \leq n$ là một chỉ số cố định xét ánh xạ là các $(n-1)$ cube singular
$$A_{i}^{n}T,B_{i}^{n}T : I^{n-1} \to X$$
$$A_{i}^{n}T(s_{1},...s_{n}) = T(s_{1},s_{2},...s_{i-1},0,s_{i+1},...s_{n})$$
$$B_{i}^{n}T(s_{1},...s_{n}) = T(s_{1},s_{2}....s_{i-1},1,s_{i+1},...s_{n})$$
Biên của $T$ được định nghĩa là :
$$\partial_{n} T : Q_{n}(X) \to Q_{n-1}(X)$$
$$\partial_{n} T = \sum_{i=1}^{n} (-1)^{i}(A_{i}^{n}T - B_{i}^{n}T)$$
Trước tiên ( Massey ) ta có một số đẳng thức sau gọi là $(*)$
$$A_{i}A_{j}T = A_{j-1}A_{i}T$$
$$B_{i}B_{j}T = B_{j-1}B_{i}T$$
$$A_{i}B_{j}T = B_{j-1}A_{i}T$$
$$B_{i}A_{j}T = A_{j-1}B_{i}T$$
Ta sẽ thấy rằng nếu $T$ là $n-cube$ degenerate trong $X$ thì $\partial_{n}(T) \in D_{n-1}(X), \partial_{n}(D_{n}(X)) \subset D_{n-1}(X)$ , xét dãy :
$$C_{n+1}(X )\overset{\partial_{n+1}}{\rightarrow} C_{n}(X) \overset{\partial_{n}}{\rightarrow}C_{n-1}(X)$$
Khi đó restrict này sẽ thỏa mãn đẳng thức $\partial_{n-1}(\partial_{n}T) = 0$ thật vậy bạn có thể chứng minh từ các đẳng thức đã nêu ta có thể xét một chuỗi các đồng cấu $\partial_{1},\partial_{2},...$ thỏa mãn $\partial_{n-1}\partial_{n}=0$ giờ ta xét hai tập :
$$Z_{n}(X) = kernel \partial_{n} = \left \{ u \in C_{n}(X) | \partial(u)=0 \right \}$$
$$B_{n}(X) = image \partial_{n+1} = \partial_{n+1}(C_{n+1}(X))$$
Dễ thấy rằng $B_{n}(X) \subset Z_{n}$ ta xét nhóm thương sau và gọi là nhóm đồng điều thứ $n$ của cube
$$H_{n}(X) = Z_{n}(X) / B_{n}(X)$$ ( lúc ban đầu mình học thì nó gọi là kiểu $G/[G,G]$, còn một kiểu nữa không phải $I^{n}$ mà chỉ hạn chế trên singular complex $\Delta_{n} = \left \{ (t_{1},...t_{n}) | t_{i} \in [0,1] \forall 1\leq i \leq n , \sum_{i=1}^{n}t_{i}=1 \right \}$
Nói chung cũng như kiểu nhóm cơ bản nó sẽ induce ra cái đồng cấu mà hai kg cùng kiểu topo thì sẽ sinh ra đồng cấu tương ứng ở nhóm đồng điều thứ $n$ ngoài ra ta còn có một kết quả rất hay $H_{n}(S^{m}) \cong Z$ nếu $n=0,m$ và bằng $\cong 0$ nếu ngược lại . Một kết quả kinh điển mà mình biết nhưng bây giờ mới có khả năng chứng minh là không có một retraction thực sự nào từ $D^{n}$ vào $S^{n-1}$ kéo theo định lý bất động Brouwer . Thật vậy giả sử có một retraction $r : D^{n} \to S^{n-1}$ , xét inclusion map $j: S^{n-1} \to D^{n}$ ta có chuỗi $S^{n-1} \overset{j}{\rightarrow} D^{n} \overset{r}{\rightarrow} S^{n-1}$ ta có $r.j=id_{S^{n-1}}$ giờ ta induce nó thì sẽ có $(r.j)_{*} = r_{*}.i_{*} = id_{H_{n-1}(S^{n-1})}$ dẫn đến $r_{*} : H_{n-1}(D^{n}) \to H_{n-1}(S^{n-1})$ là toàn ánh nhưng không thể do $H_{n-1}(D^{n}) \cong 0$ còn $H_{n-1}(S^{n-1}) \cong Z$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 17-03-2017 - 22:22