代数的位相幾何の問題

記号. $Y$ の $X$ における像も $Y$ と書き、$H_n=H_n(T^2;\mathbb{Z})$ とおく。$H_0=\mathbb{Z}$, $H_1={\mathbb{Z}}^2$（標準的なループ $[0,1]\times \{0\}$, $\{0\}\times [0,1]$ の類を基底とする）, $H_2=\mathbb{Z}$, $H_n=0(n\ge 3)$ である。

誘導写像. 整数行列 $M$ による写像 $[v]\mapsto [Mv]$ を考える。$H_0$ 上には恒等写像を、$H_1={\mathbb{Z}}^2$ 上には行列 $M$ そのものを誘導する。$H_2=\mathbb{Z}$ 上には $\det M$ 倍を誘導する（写像度が $\det M$ である）。よって
$$f_{\ast }=A,g_{\ast }=B(H_1\text{ 上}),f_{\ast }=\det A=5,g_{\ast }=\det B=-1(H_2\text{ 上}).$$

Mayer–Vietoris 完全系列. $U$ と $V$ を次のように定める。
- $U$：$Y$ と、$T^2\times [0,\frac{1}{3})$ および $T^2\times (\frac{2}{3},1]$ の像との和集合
- $V$：$T^2\times (0,1)$ の像

どちらも $X$ の開集合で、$X=U\cup V$ である。

各集合のホモトピー型は次のとおりである。
- $U$ は $Y$ に変形レトラクトする（$t\in [0,\frac{1}{3})$ を $0$ へ、$t\in (\frac{2}{3},1]$ を $1$ へ縮める）ので、$U\simeq Y\cong T^2$。
- $V\simeq T^2$。
- $U\cap V=T^2\times ((0,\frac{1}{3})\cup (\frac{2}{3},1))\simeq T^2\bigsqcup T^2$。

$U\cap V$ の $2$ つの成分から $U\simeq Y$ への包含写像は、それぞれ $f,g$ と同一視できる。ここで両端が同じ $1$ つのトーラス $Y$ に貼られていることが本質的である。一方、$V$ への包含写像はどちらの成分からも恒等写像と同一視できる。したがって、次の完全系列が得られる。
$$\cdots \to H_n\oplus H_n\stackrel{{\Phi }_n}{\to }{H}_n\oplus H_n\to H_n(X)\to H_{n-1}\oplus H_{n-1}\stackrel{{\Phi }_{n-1}}{\to }\cdots$$
ここで $\Phi (x,y)=(f_{\ast }x+g_{\ast }y,-(x+y))$ である。

$\Phi$ の核と余核.

余核について。像を法として
$$(u,w)\equiv (u,w)-\Phi (x,-x-w)=(u+g_{\ast }w-(f_{\ast }-g_{\ast })x,0)$$
が成り立つ。したがって $(u,w)\mapsto u+g_{\ast }w$ は同型 $\mathrm{coker}{\Phi }_n\cong \mathrm{coker}(f_{\ast }-g_{\ast })$ を誘導する。実際、$u+g_{\ast }w=(f_{\ast }-g_{\ast })x$ ならば $(u,w)=\Phi (x,-x-w)$ となる。

核について。$\Phi (x,y)=0$ とすると $y=-x$ かつ $(f_{\ast }-g_{\ast })x=0$ となる。よって $\ker {\Phi }_n\cong \ker (f_{\ast }-g_{\ast })$ である。

以上から、各 $n$ について短完全系列
$$0\to \mathrm{coker}(f_{\ast }-g_{\ast }{|}_{H_n})\to H_n(X)\to \ker (f_{\ast }-g_{\ast }{|}_{H_{n-1}})\to 0$$
が得られる。

各次数の計算.
- $H_0$ 上：$f_{\ast }-g_{\ast }=1-1=0$ なので、$\ker =\mathbb{Z}$, $\mathrm{coker}=\mathbb{Z}$。
- $H_1$ 上：$M=A-B=\left(\begin{array}{cc}2& 2\\ 2& 4\end{array}\right)$ である。成分の最大公約数は $2$、$\det M=8-4=4$ なので、スミス標準形は $\mathrm{diag}(2,2)$ である。よって $\mathrm{coker}M\cong \mathbb{Z}/2\oplus \mathbb{Z}/2$ である。また $\det M\ne 0$ より $\ker M=0$ である。
- $H_2$ 上：$f_{\ast }-g_{\ast }=5-(-1)=6$ なので、$\mathrm{coker}=\mathbb{Z}/6$, $\ker =0$。

短完全系列への代入.
- $n=1$：$0\to (\mathbb{Z}/2{)}^2\to H_1(X)\to \mathbb{Z}\to 0$ である。$\mathbb{Z}$ は自由なので分裂し、$H_1(X)\cong \mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}/2\oplus \mathbb{Z}/2$。
- $n=2$：$0\to \mathbb{Z}/6\to H_2(X)\to \ker M=0$ より、$H_2(X)\cong \mathbb{Z}/6$。
- $n=3$：$H_3(X)\cong \ker (6)=0$。

検算. オイラー標数は $\chi (X)=\chi (T^2)+\chi (T^2\times [0,1])-2\chi (T^2)=0$ である。一方、ベッチ数は ${\beta }_0=1,{\beta }_1=1,{\beta }_2={\beta }_3=0$ なので、$1-1+0-0=0$ となり一致する。

注意. 両端を別々の $2$ つのトーラスに貼る空間（二重写像柱）とは異なる。ここでは同じ $Y$ に貼るので、差 $f_{\ast }-g_{\ast }$ が現れる。

したがって、ねじれ部分の位数は $H_1$ が $4$、$H_2$ が $6$ であり、答えは $(4,6)$ である。

$X$ は $T^2\to Y$ の二つの写像 $f,g$ のホモトピー余等化子（円柱の両端を同じ $Y$ に貼ったもの）である。対 $(X,Y)$ を考えると $H_n(X,Y)\cong H_n(T^2\times [0,1],T^2\times \{0,1\})\cong H_{n-1}(T^2)$ で、連結準同型は $f_{\ast }-g_{\ast }$ になる。したがって完全列
$$H_n(T^2)\stackrel{f_{\ast }-g_{\ast }}{\to }{H}_n(Y)\to H_n(X)\to H_{n-1}(T^2)\stackrel{f_{\ast }-g_{\ast }}{\to }{H}_{n-1}(Y)$$
が得られる。$\ker (f_{\ast }-g_{\ast })$ は自由アーベル群なので列は分裂し、$H_n(X)\cong \mathrm{coker}(f_{\ast }-g_{\ast }{)}_n\oplus \ker (f_{\ast }-g_{\ast }{)}_{n-1}$ となる。よって $H_n(X)$ のねじれ部分は $\mathrm{coker}(f_{\ast }-g_{\ast }{)}_n$ のねじれ部分である。

$n=1$: $H_1(T^2)={\mathbb{Z}}^2$ 上で $f_{\ast }=A$, $g_{\ast }=B$ なので
$$A-B=\left(\begin{array}{cc}2& 2\\ 2& 4\end{array}\right).$$
行列式は $8-4=4$、成分の最大公約数は $2$ なので、スミス標準形は $\mathrm{diag}(2,2)$ である。したがって余核は $(\mathbb{Z}/2{)}^2$ で位数は $4$ である。

$n=2$: $H_2(T^2)=\mathbb{Z}$ 上で $f_{\ast }=\det A=5$, $g_{\ast }=\det B=-1$ なので、$f_{\ast }-g_{\ast }=6$。余核は $\mathbb{Z}/6$ で位数は $6$ である。また $\ker (f_{\ast }-g_{\ast }{)}_1=0$ なので $H_2(X)\cong \mathbb{Z}/6$。

よって $H_1(X)\cong (\mathbb{Z}/2{)}^2\oplus \mathbb{Z}$, $H_2(X)\cong \mathbb{Z}/6$ であり、ねじれ部分の位数は $(4,6)$ である。