§E17.18Mayer–Vietoris と計算例

証明.$\omega\mapsto(\omega|_{M_1},\dots,\omega|_{M_m})$は$\Omega^k(M)$から$\bigoplus_j\Omega^k(M_j)$への線形同型である。実際、$M_j$は互いに交わらない開集合であり合併が$M$であるから、各$M_j$の上で任意に与えた$C^\infty$形式を貼り合わせて$M$上の$C^\infty$形式が一意に定まる（微分形式であることは各点で決まり、滑らかさは局所的な条件である）。この同型は外微分と可換であるから、核と像を対応させ、商の間の同型を誘導する。▨

証明.$\alpha$について示す。$U\cap V$と$U\setminus\operatorname{supp}\psi_V$はどちらも$U$の開集合である。両者が$U$を覆うことを確かめる。$p\in U$が$U\cap V$に属さないならば$p\notin V$であり、$\operatorname{supp}\psi_V\subseteq V$（§E17.2 定義 4.1 条件 (a)）であるから$p\notin\operatorname{supp}\psi_V$である。

共通部分$(U\cap V)\setminus\operatorname{supp}\psi_V$の上では$\psi_V=0$であるから、二つの式からはともに$0$が得られる。よって$\alpha$は well-defined であり、二つの開集合の上でそれぞれ$C^\infty$であるから$U$の上で$C^\infty$である。$\beta$についても、$\operatorname{supp}\psi_U\subseteq U$を用いて同じ議論を行えばよい。▨

証明. $\mathbf{r}$は単射である。$\omega|_U=0$かつ$\omega|_V=0$ならば、$M=U\cup V$であるから各点で$\omega_p=0$である。

$\operatorname{im}\mathbf{r}=\ker\mathbf{s}$。$\mathbf{s}(\mathbf{r}(\omega))=\omega|_{U\cap V}-\omega|_{U\cap V}=0$であるから$\operatorname{im}\mathbf{r}\subseteq\ker\mathbf{s}$である。逆に$\alpha|_{U\cap V}=\beta|_{U\cap V}$とする。$p\in M$に対して$\omega_p=\alpha_p$（$p\in U$）、$\omega_p=\beta_p$（$p\in V$）と定めると、$U\cap V$の上で二つの値が一致するので well-defined であり、$U$と$V$の上でそれぞれ$C^\infty$であるから$\omega\in\Omega^k(M)$である。$\mathbf{r}(\omega)=(\alpha,\beta)$である。

$\mathbf{s}$は全射である。$\gamma\in\Omega^k(U\cap V)$を取り、補題 1.2の$\alpha=\psi_V\gamma\in\Omega^k(U)$、$\beta=-\psi_U\gamma\in\Omega^k(V)$を取る。$U\cap V$の上で

である（§E17.2 定義 4.1 条件 (c)）。

外微分との可換性。制限は外微分と可換であるから（§E17.11 補題 2.2）、$\mathbf{r}$と$\mathbf{s}$も外微分と可換である。▨

証明.(3)を示す。$\mathbf{r}(d\eta)=(d\,d\alpha,d\,d\beta)=(0,0)$であり（§E17.11 命題 2.5）、$\mathbf{r}$は単射であるから$d\eta=0$である。

$(\alpha,\beta)$のとり方に依らないこと。$\mathbf{s}(\alpha',\beta')=\gamma$を満たす別の組を取り、対応する形式を$\eta'$とする。$\mathbf{s}(\alpha-\alpha',\beta-\beta')=0$であるから、完全性により$\mathbf{r}(\theta)=(\alpha-\alpha',\beta-\beta')$を満たす$\theta\in\Omega^k(M)$が存在する。このとき

であり、$\mathbf{r}$は単射であるから$\eta-\eta'=d\theta$である。よって$[\eta]=[\eta']$である。

代表元のとり方に依らないこと。$\gamma'=\gamma+d\zeta$（$\zeta\in\Omega^{k-1}(U\cap V)$）とする。$\mathbf{s}(\alpha_\zeta,\beta_\zeta)=\zeta$を満たす組を取ると、外微分との可換性から$\mathbf{s}(\alpha+d\alpha_\zeta,\ \beta+d\beta_\zeta)=\gamma+d\zeta=\gamma'$である。この組に対応する$\eta'$は

を満たすので$\eta'=\eta$である。前段と合わせて、$\delta$は well-defined である。

線形性。$\gamma_1,\gamma_2$に対する組をそれぞれ$(\alpha_1,\beta_1)$、$(\alpha_2,\beta_2)$とすると、$c_1\gamma_1+c_2\gamma_2$に対して$(c_1\alpha_1+c_2\alpha_2,\,c_1\beta_1+c_2\beta_2)$を取ることができ、対応する$\eta$は$c_1\eta_1+c_2\eta_2$である。▨

証明. 三箇所で完全性を確かめる。以下、代表元には閉形式を取る。

$H^k(U)\oplus H^k(V)$における完全性。$\mathbf{s}\circ\mathbf{r}=0$は定理 1.3による。逆に$([\alpha],[\beta])$が$\mathbf{s}([\alpha],[\beta])=0$を満たすとする。すなわち$\alpha|_{U\cap V}-\beta|_{U\cap V}=d\zeta$を満たす$\zeta\in\Omega^{k-1}(U\cap V)$が存在する。$\mathbf{s}(\alpha_\zeta,\beta_\zeta)=\zeta$を満たす組を取り

と置く。$\alpha'$と$\beta'$は閉形式であり、$[\alpha']=[\alpha]$、$[\beta']=[\beta]$である。また

であるから、定理 1.3の完全性により$\mathbf{r}(\omega)=(\alpha',\beta')$を満たす$\omega\in\Omega^k(M)$が存在する。$\mathbf{r}(d\omega)=(d\alpha',d\beta')=(0,0)$と$\mathbf{r}$の単射性から$d\omega=0$である。よって$\mathbf{r}[\omega]=([\alpha],[\beta])$である。

$H^k(U\cap V)$における完全性。$[\gamma]=\mathbf{s}([\alpha],[\beta])$（$\alpha,\beta$は閉形式）とすると、$\delta$の構成で$(\alpha,\beta)$を取ることができ、$\mathbf{r}(\eta)=(d\alpha,d\beta)=(0,0)$から$\eta=0$であるから$\delta[\gamma]=0$である。よって$\delta\circ\mathbf{s}=0$である。

逆に$\delta[\gamma]=0$とする。$\delta$の構成で取った$(\alpha,\beta)$と$\eta$について$\eta=d\theta$（$\theta\in\Omega^k(M)$）と書くことができる。$\mathbf{r}(d\theta)=(d\alpha,d\beta)$であるから

である。また$\mathbf{s}(\mathbf{r}(\theta))=0$であるから

である。よって$\mathbf{s}\bigl([\alpha-\theta|_U],[\beta-\theta|_V]\bigr)=[\gamma]$である。

$H^{k+1}(M)$における完全性。$\delta[\gamma]=[\eta]$に対して$\mathbf{r}[\eta]=([d\alpha],[d\beta])=(0,0)$であるから$\mathbf{r}\circ\delta=0$である。

逆に$[\omega]\in H^{k+1}_{\mathrm{dR}}(M)$が$\mathbf{r}[\omega]=0$を満たすとする。すなわち$\omega|_U=d\alpha$、$\omega|_V=d\beta$を満たす$\alpha\in\Omega^k(U)$、$\beta\in\Omega^k(V)$が存在する。$\gamma=\mathbf{s}(\alpha,\beta)$と置くと

であるから$\gamma$は閉形式である。$\delta$の構成でこの$(\alpha,\beta)$を取ると、$\mathbf{r}(\eta)=(d\alpha,d\beta)=\mathbf{r}(\omega)$と$\mathbf{r}$の単射性から$\eta=\omega$であり、$\delta[\gamma]=[\omega]$である。▨

証明.§E17.1 命題 5.1の記号を用い、$U=U_N=S^n\setminus\{N\}$、$V=U_S=S^n\setminus\{S\}$と置く。$n\ge1$であるから$N\ne S$であり$U\cup V=S^n$である。$\varphi_N\colon U\to\mathbb{R}^n$と$\varphi_S\colon V\to\mathbb{R}^n$は微分同相であるから、§E17.17 定理 2.1 (4)と§E17.17 定理 4.3により

である。$\varphi_N(S)=0$であるから$\varphi_N$は$U\cap V$から$\mathbb{R}^n\setminus\{0\}$への微分同相を与える。§E17.17 命題 5.2により

である。

$S^n$は連結である。実際、$U$と$V$は$\mathbb{R}^n$と同相であるから連結であり、$U\cap V\ne\varnothing$（$n\ge1$）であるから、二つの合併は連結である。よって$H^0_{\mathrm{dR}}(S^n)\cong\mathbb{R}$である（§E17.17 命題 1.4）。また$\dim S^n=n$であるから$k>n$で$H^k_{\mathrm{dR}}(S^n)=0$である（§E17.17 命題 1.3）。

$n=1$の場合。$\mathbb{R}\setminus\{0\}$は二つの開区間の非交和であり、それぞれ$\mathbb{R}$と微分同相である。補題 1.1と§E17.17 定理 4.3により$H^0_{\mathrm{dR}}(U\cap V)\cong\mathbb{R}^2$、$H^k_{\mathrm{dR}}(U\cap V)=0$（$k\ge1$）である。定理 2.3の始まりの部分は

である（以下$H^k_{\mathrm{dR}}$を$H^k$と略す）。次元は順に$1,2,2$である。$\mathbf{r}$は単射であるから$\operatorname{im}\mathbf{r}$は$1$次元であり、完全性から$\ker\mathbf{s}$も$1$次元、したがって$\operatorname{rank}\mathbf{s}=2-1=1$である。ふたたび完全性から$\ker\delta=\operatorname{im}\mathbf{s}$は$1$次元であり、$\operatorname{rank}\delta=2-1=1$である。最後の$\mathbf{r}$の行き先が$0$であるから、完全性により$\delta$は全射である。よって$\dim H^1(S^1)=1$である。

$n\ge 2$の場合。まず$H^1(S^n)=0$を示す。$S^{n-1}$は連結であるから（$n-1\ge1$。上と同じ議論を$S^{n-1}$へ適用する）$H^0(U\cap V)\cong H^0(S^{n-1})\cong\mathbb{R}$である。完全列の始まりは

であり、次元は順に$1,2,1$である。上と同じく$\ker\mathbf{s}$は$1$次元であるから$\operatorname{rank}\mathbf{s}=1$であり、$\mathbf{s}$は全射である。完全性から$\ker\delta=\operatorname{im}\mathbf{s}=H^0(U\cap V)$であり$\delta=0$である。最後の項が$0$であるから完全性により$\operatorname{im}\delta=H^1(S^n)$であり、$H^1(S^n)=0$である。

$k\ge 2$については、完全列の一部

において、$k-1\ge1$であるから両端は$0$である。完全性により$\delta$は単射かつ全射であり

である。

帰納。$n=1$について主張は示された。$n-1$について主張が成り立つとすると、$n\ge2$に対して$H^0(S^n)=\mathbb{R}$、$H^1(S^n)=0$であり、$k\ge2$では$H^k(S^n)\cong H^{k-1}(S^{n-1})$であるから、これは$k-1=n-1$すなわち$k=n$のときだけ$\mathbb{R}$であり、それ以外は$0$である（$k-1=0$すなわち$k=1$の場合は上で別に$0$と定めた）。よって主張が成り立つ。▨

証明.$\gamma_0\colon\mathbb{R}\to S^1$、$\gamma_0(t)=(\cos t,\sin t)$と置き、$p=\gamma_0(0)$、$q=\gamma_0(\pi)$と置く。$A=S^1\setminus\{p\}$、$B=S^1\setminus\{q\}$と置くと、§E17.1 命題 5.1により$A$と$B$はそれぞれ$\mathbb{R}$と微分同相である。$A\cap B=S^1\setminus\{p,q\}$は二つの開弧$\gamma_0\bigl((0,\pi)\bigr)$と$\gamma_0\bigl((\pi,2\pi)\bigr)$の非交和であり、それぞれ開区間と微分同相である。

$U=S^1\times A$、$V=S^1\times B$と置くと$U\cup V=T^2$であり、$U\cap V=S^1\times(A\cap B)$は$S^1\times J_1$と$S^1\times J_2$（$J_i$は開区間）の非交和と微分同相である。

$\pi_1$で第一成分への射影を表す。§E17.17 命題 5.3と§E17.17 定理 2.1 (4)により

である（後者は補題 1.1による）。定理 3.1により$H^0(S^1)\cong H^1(S^1)\cong\mathbb{R}$、$H^k(S^1)=0$（$k\ge2$）であるから、次元は次の表のとおりである。

$T^2$は連結である。実際、$\mathbb{R}^2$から$T^2$への写像$(s,t)\mapsto(\gamma_0(s),\gamma_0(t))$は連続な全射であるから、§E2.43 定理 1.4による。よって$H^0(T^2)\cong\mathbb{R}$である。また$\dim T^2=2$であるから$k\ge3$で$H^k(T^2)=0$である。

$\mathbf{s}$の$1$次での階数。$\mu\in\Omega^1(S^1)$を§E17.15 例 5.1の$1$形式とし、$\Theta=\pi_1^*\mu\in\Omega^1(T^2)$と置く。$d\mu=0$（$S^1$は$1$次元なので$2$次形式は$0$である）から$d\Theta=\pi_1^*(d\mu)=0$である（§E17.11 命題 3.1）。

$W_1,W_2$を$U\cap V$の二つの連結成分とし、$j_i\colon W_i\to U$、$k_i\colon W_i\to V$を包含写像とする。$W_i$、$U$、$V$はいずれも$S^1$と開区間（または$\mathbb{R}$）の積であり、包含写像は第一成分への射影と可換である。したがって、それぞれの射影を$\pi_{W_i}$、$\pi_U$、$\pi_V$と書くと$\pi_U\circ j_i=\pi_{W_i}$であり、§E17.17 定理 2.1 (2)により$j_i^*\circ\pi_U^*=\pi_{W_i}^*$である。§E17.17 命題 5.3により$\pi_U^*$と$\pi_{W_i}^*$はともに同型であるから、$j_i^*=\pi_{W_i}^*\circ(\pi_U^*)^{-1}$は$H^1(U)\to H^1(W_i)$の同型である。$k_i^*$についても同様である。

$[\Theta|_U]=\pi_U^*[\mu]$であり、$[\mu]\ne 0$である（後述の定理 5.1による。あるいは定理 3.1で$\dim H^1(S^1)=1$であることと、$\int_{S^1}\mu=2\pi\ne0$かつ完全形式の積分が$0$であることから直ちに従う）。よって$[\Theta|_U]$は$H^1(U)\cong\mathbb{R}$の基底であり、同様に$[\Theta|_V]$、$[\Theta|_{W_1}]$、$[\Theta|_{W_2}]$もそれぞれの$1$次コホモロジーの基底である。

これらの基底に関して$\mathbf{s}\colon H^1(U)\oplus H^1(V)\to H^1(W_1)\oplus H^1(W_2)$は

で与えられる。したがって階数は$1$、核の次元は$1$である。

次元の決定。$0$次の部分は

である。$\dim H^0(T^2)=1$と$\mathbf{r}$の単射性から$\ker\mathbf{s}$（$0$次）は$1$次元であり、$\operatorname{rank}\mathbf{s}=2-1=1$である。完全性から$\ker\delta$は$1$次元であり$\operatorname{rank}\delta=2-1=1$である。また完全性から$\operatorname{im}\mathbf{r}=\ker\bigl(\mathbf{s}\colon H^1(U)\oplus H^1(V)\to H^1(U\cap V)\bigr)$であり、上で見たとおりこの核は$1$次元である。$\ker\mathbf{r}=\operatorname{im}\delta$の次元は$1$であるから

である。

$2$次の部分は

である。完全性により$\delta$は全射であり、$\ker\delta=\operatorname{im}\mathbf{s}$は$1$次元であるから

である。▨

証明. well-defined 性。$S^1$はコンパクトであるから$\Omega^1(S^1)=\Omega^1_c(S^1)$であり、$\int_{S^1}\omega$が定まる。$\omega=dg$（$g\in C^\infty(S^1)$）とすると、$\partial S^1=\varnothing$であるから§E17.16 定理 1.1により

である。よって完全形式は$0$へ写り、$I$は商の上の写像として定まる。線形性は§E17.15 命題 2.6 (1)による。

全射性。§E17.15 例 5.1により$\int_{S^1}\mu=2\pi$であるから、$c\in\mathbb{R}$に対して$I\bigl[\tfrac{c}{2\pi}\mu\bigr]=c$である。

単射性。定理 3.1を$n=1$に適用すると$\dim H^1_{\mathrm{dR}}(S^1)=1$である。$1$次元線形空間から$1$次元線形空間への全射線形写像は同型である。▨

証明. 向きを保つ境界付きチャート$(U,\varphi=(x^1,\dots,x^n))$を一つ取り、$p\in U$を取る（§E17.14 定理 6.4。$\partial M=\varnothing$であるからこの被覆は存在する）。§E17.2 命題 1.6により$C^\infty$関数$\chi\colon M\to[0,1]$で、$p$を含むある開集合$W\subseteq U$の上で$\chi\equiv 1$であり、$\operatorname{supp}\chi$がコンパクトかつ$U$に含まれるものを取る。