Esitiedot

Esitiedot
Tämä algebrallisen topologian luentomoniste on tarkoitettu käytettäväksi laudatur-tasoisen
kurssin oheismateriaalina, ja lähtökohtana on, että lukijalla on cum
laude-tasoiset tiedot matematiikasta. Kaikkea cumun materiaalia ei tietenkään
tarvita, mutta mutta perustiedot esimerkiksi jatkuvuudesta, kompaktisuudesta,
lineaarisesta riippumattomuudesta jne. ovat välttämättömiä.
Kuten kurssin nimi antaa olettaa, erityisesti algebraan ja topologiaan liittyvät
asiat nousevat keskeisesti esille. Näiden kurssien muodollinen suorittaminen
ei ole mitenkään välttämätöntä, mutta perusasiat on kuitenkin hallittava hyvin.
Topologisesti asiat käsitellään yleisissä topologisissa avaruuksissa, mutta
jos lu-kijalle ovat vain metriset avaruudet tuttuja, sekin riittää, sillä lukija voi
halutessaan aina ajatella kyseessä olevan metrisen avaruuden. Joka tapauksessa
avaruudet ovat Hausdorff-avaruuksia, ja sovellukset ovat R n :ssä, joten tämä
puoli ei tule aiheuttamaan ongelmia.
Algebran tiedot ovat tärkeitä. Erityisesti pitää tietää, mitä ovat ryhmä ja ryhmähomomorfismi.
Perusvaatimukset voisi pelkistää siihen, että ymmärtää, missä
seuraavassa (algebran kurssilta tutussa) lauseessa on kysymys:
Lause. Jos G ja G ′ ovat kommutatiivisia ryhmiä ja ϕ : G → G ′ on homomorfismi,
niin
G/ Ker(ϕ) ∼ = Im(ϕ).
Tässä siis pitää tietää, mikä on kommutatiivinen ryhmä ja mikä on homomorfismi.
Lisäksi pitää tietää, että homomorfismin ϕ kuvajoukko Im(ϕ) on ryhmän
G ′ aliryhmä ja sen ydin Ker(ϕ) ryhmän G (normaali) aliryhmä. Edelleen pitää
tietää, mitä tarkoittaa tekijäryhmä G/ Ker(ϕ) ja se, mitä tarkoittaa isomorfismi,
jota tuo merkki ∼ = symboloi. Jos nämä asiat ovat hyvin hallinnassa, algebralliset
perustiedot tälle kurssille ovat tyydyttävät. Jos lukija lisäksi osaa sujuvasti
myös todistaa yllä olevan lauseen, ollaan jo hyvässä tilanteessa. Jos todistus ei
tule heti mieleen, sitä kannattaa miettiä vähän (tai miksei vähän pitemmänkin)
aikaa, ennenkuin tarkistaa sen algebran kurssin luennoista. Tämä todistus voikin
olla tämän kurssin ensimmäinen harjoitustehtävä.
Topologian ja (erityisesti) algebran tietojen lisäksi tällä kurssilla tarvitaan jonkinlaiset
perustiedot myös lineaarialgebrasta, mutta LAG:n peruskurssin tiedot
ovat tässä täysin riittäviä, je nehän jokaisella pitäisi tässä vaiheessa olla hallinnassa.
Olen ripotellut tähän monisteeseen matkan varrelle melko runsaasti harjoitustehtäviä,
joista osa on lukujen lopussa erikseen ja osa on helpoimpien lauseiden
ja huomautusten todistustehtäviä. Näistä tehtävistä useimmat käsitellään tämän
kurssin demotehtävinä, mutta muitakin kannattaa ilman muuta ainakin
yrittää tehdä. Erityisesti näin on alkupään lukujen osalta, jossa monet yksin-
i

kertaiset todistukset on sivuutettu; näiden omakohtainen (ja yksityiskohtainen)
tekeminen on kuitenkin suurena apuna melko abstraktiin asiaan sisälle pääsemisessä.
Tätä suuresti suosittelen. Varsinaiset harjoitustehtävät ovat pääsääntöisesti
vaikeampia – joukossa on myös erittäin vaikeita ongelmia. Toki joukossa on
myös helppoja tehtäviä, mutta näitä ei ole mitenkään erikseen merkitty; eräänä
metatehtävänä onkin oppia tunnistamaan helppo tehtävä vähemmän helposta.
Tämä kurssi rakentuu niin, että ensin rakennetaan tarvittava algebrallinen pohja
(ketjukuvaukset yms.), joiden avulla sitten siirrytään varsinaiseen algebralliseen
topologiaan eli tässä tapauksessa homologiateoriaan. Suurin piirtein kurssin
puolivälissä ryhdytään sitten soveltamaan saatuja tuloksia R n :ään, ja saadaan
aikaan varsin syvällisiä tuloksia, joista enemmän seuraavassa luvussa.
Käytettävistä nimityksistä ja merkinnöistä:
Tällä kurssilla (lähes) kaikki esiintyvät ryhmät ovat kommutatiivisia. Kommutatiivisesta
ryhmästä käytetään nimitystä Abelin ryhmä norjalais-tanskalaisen
matemaatikon Niels-Henrik Abelin mukaan. Tällaisen ryhmän neutraalialkiota
merkitään symbolilla 0. Tämä sama symboli tulee siis olemaan useissa eri merkityksissä:
luonnollisena lukuna, reaalilukuna, Abelin ryhmien neutraalialkiona
ja joskus jopa vektoriavaruuden nolla-alkiona. Usein merkitään myös 0 = {0},
millä tarkoitetaan siis yhden alkion muodostamaa ryhmää. Asiayhteydestä selvinnee,
mistä on kyse, eikä tämä aiheuttane sekaannuksia – ainakaan toivottavasti.
Injektiivisestä (ryhmä-)homomorfismista käytetään nimitystä monomorfismi ja
surjektiivisesta homomorfismista nimitystä epimorfismi. Homomorfismin ϕ :
G → G ′ kuvajoukkoa merkitään symbolilla Im(ϕ) ja sen ydintä eli neutraalialkion
alkukuvaa symbolilla Ker(ϕ). Tällöin siis ϕ on epimorfismi jos ja vain
jos Im(ϕ) = G ′ ja (kuten algebran kurssilta tiedetään) monomorfismi jos ja
vain jos Ker(ϕ) = {0} ⊂ G.
ii

Johdanto
Topologian keskeisimpiä käsitteitä on topologisten avaruuksien välinen homeomorfismi;
voidaan sanoa, että topologisilla avaruuksilla X ja Y on sama topologinen
struktuuri, jos niiden välillä on homeomorfinen kuvaus f : X → Y –
tällöinhän sanotaan myös, että X ja Y ovat homeomorfisia ja merkitään X ≈ Y .
Tähän liittyy luonnollisella tavalla tunnistamisongelma: mistä tiedetään, ovatko
annetut avaruudet keskenään homeomorfisia? Jos onnistutaan konstruoimaan
homeomorfismi f : X → Y , niin asia on selvä. Usein kuitenkin tällaisen homeomorfismin
eksplisiittinen konstruointi on vaikeaa. Periaatteessa vielä vaikemmaksi
tilanne muuttuu, jos X ja Y eivät ole homeomorfismia. Miten osoitetaan,
että homeomorfismia f : X → Y ei ole olemassa, eli miten ylipäätään voidaan
osoittaa, että X ≈ Y ?
Puhtaasti topologisia keinoja on olemassa. Homeomorfiset avaruudet ovat yhtaikaa
esimerkiksi yhtenäisiä, kompakteja jne., joten näitä ominaisuuksia voidaan
tarkastella erikseen X:ssä ja Y :ssä: jos toinen on vaikkapa kompakti ja toinen
ei, niin välttämättä pätee X ≈ Y . Monissa tapauksissa tämä topologinen luokittelu
ei kuitenkaan tuota toivottua tulosta. Miten esimerkiksi osoitetaan, että
R n ≈ R m , kun n = m?
Algebrallinen topologia tarjoaa seuraavanlaisen menetelmän: Pyritään liittämään
jokaiseen topologiseen avaruuteen X jokin algebrallinen objekti A(X)
(esim. ryhmä, rengas, vektoriavaruus tms.) niin, että X ≈ Y täsmälleen silloin,
kun A(X) ja A(Y ) ovat isomorfisia. Tällöin topologinen tunnistusongelma ”Onko
X ≈ Y ?” muuttuu algebralliseksi tunnistusongelmaksi ”Onko A(X) ∼ = A(Y )?”.
Pyritään samalla (tietysti) siihen, että tämä syntyvä algebrallinen ongelma on
riittävän yksinkertainen, jotta se osataan ratkaista. Käytännössä tämä tarkoittaa
sitä, että nämä algebralliset objektit A(X) ovat riittävän yksinkertaisia.
Jos halutaan pelkästään osoittaa, että X ≈ Y , niin tehtävä helpottuu, sillä
tällöinhän A(X):t riittää rakentaa niin, että ei välttämättä X ≈ Y ⇔ A(X) ∼ =
A(Y ), vaan ainoastaan
X ≈ Y ⇒ A(X) ∼ = A(Y ). (1)
Jos nyt pystytään näkemään, että A(X) ∼ = A(Y ), niin ehdon (1) nojalla on oltava
myös X ≈ Y .
Esimerkki. Olkoon X topologinen avaruus. Merkitään
C(X) = {f : X → R | f on jatkuva}.
Tässä siis C(X) on yllä puhuttu ”algebrallinen objekti”, sillä joukkoon C(X)
voidaan luonnollisella tavalla (eli miten?) määritellä yhteen- ja kertolasku niin,
että siitä tulee rengas. Nyt pätee klassinen Banach-Stonen lause (tätä ei todisteta
tällä kurssilla; nimensä lause on saanut herrojen Stefan Banach ja Marshall
Stone mukaan):
iii

Olkoot X ja Y kompakteja Hausdorff-avaruksia. Tällöin
X ≈ Y ⇔ C(X) ∼ = C(Y ).
Jos palataan tuohon edellä mainittuun tunnistusongelmaan ”Onko X ≈ Y ?”,
niin Banach-Stonen lauseen nojalla riittää ratkaista algebrallinen ongelma ”Onko
C(X) ∼ = C(Y )?”. Käytännön sovellusten kannalta tässä on tietysti se uusi
pulma, että C(X) on yleensä melko mutkikas, eikä tämä algebrallinen ongelma
ole välttämättä sen helpompi kuin alkuperäinenkään.
Varsinaisessa algebrallisessa topologiassa tärkeimpiä topologiseen avaruuteen X
liittyviä algebrallisia objekteja ovat homotopia-, homologia- ja kohomologiaryhmät.
Tällä kurssilla keskitytään pelkästään homologiateoriaan ja määritellään
kaikille avaruuksille X sen homologiaryhmät
Hn(X), n ∈ N.
Samalla avaruudella on siis useita (n ∈ N) eri homologiaryhmiä. Tällä saavutetaan
seuraava etu: Koska topologisia avaruuksia on hyvin paljon erilaisia, niin
jotta saataisiin ehto X ≈ Y ⇔ A(X) ∼ = A(Y ), täytyy näitä algebrallisia objekteja
A(X) olla myös hyvin paljon erilaisia. Tämä aiheuttaa sen, että ne eivät
voi olla kovin yksinkertaisia, jolloin vääjäämättä joudutaan samanlaiseen pulmaan,
josta Banach-Stonen lauseen yhteydessä oli jo puhetta. Nyt kun homologiaryhmiä
on äärettömän paljon, niin tämä pulma vähän helpottuu (ainakin
periaatteessa), koska voidaan tarkastella näitä homologiaryhmiä kutakin erikseen
– yksittäisen ryhmän ei tarvitse tällöin olla niin kauhean monimutkainen.
Toisaalta, jos pyritään vain ehtoon X ≈ Y ⇒ A(X) ∼ = A(Y ), niin A(X):n
ei tarvitse olla monimutkainen; ääriesimerkkinä on sopia, että A(X) = {0} kaikille
X, mutta tämmöisestä nyt ei tietysti sitten ole paljon apua tunnistusongelman
”Onko X ≈ Y ?” ratkaisussa. Jotta jotain apua saataisiin aikaan, on
A(X):n kuitenkin oltava ”melko monimutkainen”; muuten hyötyä ei käytännössä
synny. Toisaalta siis kuitenkaan monimutkaisuutta ei saa olla liikaa, jotta
”Onko A(X) ∼ = A(Y )?” osataan ratkaista. Tässä suhteessa homologiaryhmät
Hn(X), n ∈ N toimivat varsin hyvin. Niitä on paljon (edelleen n ∈ N!) ja jokainen
yksittäinen ryhmä Hn(X) on varsin yksinkertainen. Lisäksi pätee – ja
tämähän on aivan oleellista –
X ≈ Y ⇒ Hn(X) ∼ = Hn(Y ) kaikille n ∈ N. (2)
Väitteen (2) todistus on tämän kurssin keskeinen asia. Tosin se on aika helppoa
ja tehdään jo kurssin varhaisessa vaiheessa. Sovelluksia varten pitää pystyä
laskemaan eksplisiittisesti ryhmät Hn(X). Tähän kehitellään erilaisia keinoja ja
lopputulos on monessa tapauksessa varsin tyylikäs.
Esimerkki. Olkoon S n avaruuden R n+1 yksikköpallon pinta eli
S n = {x ∈ R n+1 | ||x|| = 1}.
iv

Osoittautuu, että
Hk(S n ) ∼ =
Z kun k = 0 tai k = n
0 muuten.
Nyt ehtojen (2) ja (3) nojalla nähdään välittömästi, että
(3)
S n ≈ S m , kun n = m. (4)
Tämän seurauksena saadaan sitten helposti tulos, josta jo edellä oli puhetta:
R n ≈ R m , kun n = m.
Homeomorfismiongelman lisäksi tarkastellaan myös ns. homotopiaongelmaa, joka
onkin jo paljon vaikeampaa. Määritellään ensin, milloin topologiset avaruudet
X ja Y ovat homotopisia – merkitään tätä symbolilla X ∼ Y . Menemättä tässä
yksityiskohtiin, voi sanoa, että homotopia on lievempi vaatimus kuin homeomorfismi:
pätee X ≈ Y ⇒ X ∼ Y , mutta ei kääntäen. Esimerkiksi R n ∼ R m
myös kun n = m, vaikka nämä topologiset avaruudet eivät ole homeomorfisia,
kuten edellä todettiin.
Osoittautuu, että homotopisuuskin riittää homologiaryhmien isomorfisuuteen,
eli pätee
X ∼ Y ⇒ Hn(X) ∼ = Hn(Y ) kaikille n ∈ N. (5)
Tällöin ehdon (3) nojalla saadaan ehtoa (4) vahvempi tulos:
S n ∼ S m , kun n = m.
Toisaalta kuitenkin ehdon (5) ja ehdon R n ∼ R m kaikille n,m nojalla pätee
Hk(R n ) ∼ = Hk(R m ) kaikille n,m,k ∈ N.
Yllä esitellyn homeomorfismi- ja homotopiakysymyksen ohella homologiateorialla
on paljon mielenkiintoisia – ja syvällisiä – sovelluksia euklidisiin avaruuksiin.
Tällä kurssilla tullaan todistamaan mm. seuraavat lauseet, joiden ”suora”todistaminen
(siis ilman algebraa) on äärimmäisen vaikeaa:
Brouwerin kiintopistelause: Olkoon B avaruuden R n suljettu yksikköpallo
ja f : B → B jatkuva kuvaus. Tällöin f:llä on kiintopiste, ts. on olemassa
x ∈ B siten, että f(x) = x.
Nimensä lause on saanut hollantilaisen matemaatikon L.E.J. Brouwerin mukaan.
Erilaisilla kiintopistelauseilla on puolestaan runsaasti sovelluksia aika hämmästyttävissäkin
yhteyksissä, mm. differentiaaliyhtälöiden ratkaisujen olemassaolotarkasteluissa.
v

Jordan-Brouwerin lause: Olkoon S n , n ≥ 2 avaruuden R n+1 yksikköpallon
pinta (kuten edellä) ja F ⊂ S n siten, että F ≈ S n−1 . Tällöin joukolla S n \F
on täsmälleen kaksi yhtenäisyyskomponenttia U1 ja U2, ts. on olemassa avoimet
ja yhtenäiset joukot U1,U2 ⊂ S n \ F siten, että U1 ∪ U2 = S n \ F, U1 ∩ U2 = ∅
ja lisäksi pätee F = ∂U1 = ∂U2.
Huomaa, että tapauksessa n = 2 Jordan-Brouwerin lause antaa ”tavallisen”Jordanin
käyrälauseen. Tämä saattaa olla kompleksianalyysin kurssilta tuttu ja
näyttää tältä: (muista, että S 1 on ympyrä tasossa ja S 2 ”tavallinen” kolmiulotteisen
pallon pinta).
. .
. .
.
. ...
.
.
.
.
U1
. .
. .
. .
F
.
.
.
.
.
. . .
S 2
.
.
.
U2
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
. ...
. . . . . .
Nimensä Jordanin käyrälause on saanut ranskalaisen matemaatikon Camille
Jordanin mukaan. Tosin Jordanin alkuperäinen todistus tälle oli virheellinen
– ensimmäisen oikean todistuksen esitti yhdysvaltalainen Oswald Veblen vuonna
1905.
Jos f : R n → R n on homeomorfismi ja U ⊂ R n on avoin sekä V = f(U),
niin myös V on avoin, mikä seuraa suurinpiirtein suoraan määritelmästä.
Huomattavasti vaikeammaksi tilanne muuttuu, jos oletetaan vain, että U,V ⊂
R n , U on avoin ja f : U → V homeomorfismi (ei siis koko avaruuden homeomorfismi)
sekä kysytään, onko myös V avoin. Jos f voidaan laajentaa homeomorfismiksi
koko avaruuteen R n , niin asia on selvä yllä huomatun perusteella,
mutta tällaista laajennusta ei läheskään aina ole olemassa. (Mietipä huviksesi
esimerkki; R:stä sellaista ei löydy, mutta R 2 :sta kyllä – ja aika helposti.)
Tämän kurssin kuluessa osataan vastata tuohon yllä esitettyyn kysymykseen,
vi

ja vastaus on myöntävä:
Brouwerin avoimen kuvauksen lause: Olkoot U,V ⊂ R n siten, että U ≈ V .
Jos U on avoin, niin myös V on avoin.
Näitä R n :n osajoukoilta toisille meneviä homeomorfismeja tarvitaan useissa sovelluksissa.
Homeomorfisminhan tulee olla bijektio, joka on jatkuva ”molempiin
suuntiin”. Monissa tilanteissa tiedetään, että jokin jatkuva kuvaus on bijektio
kuvajoukolleen ja kiinnostaisi tietää onko se myös homeomorfismi. Useinkaan
käänteiskuvausta ei osata tarkkaan konstruoida (eikä kuvajoukkoa välttämättä
edes tarkkaan tunneta), jotta voitaisiin tutkia sen jatkuvuutta. Tämän tilanteen
pelastaa taas algebrallinen topologia, joka sanoo, että:
Lause: Olkoon U ⊂ R n avoin ja f : U → R n jatkuva injektio. Tällöin f :
U → f(U) on homeomorfismi.
Huomaa, että tämän ja Brouwerin avoimen kuvauksen lauseen nojalla avoimen
joukon kuva jatkuvassa injektiossa on aina avoin (kun pysytään R n :ssä sekä
lähtö- ja maalijoukko ovat samassa dimensiossa – eihän väite yleisesti tietenkään
päde). Tämä tulos tunnetaan nimellä invariance of domain.
Avaruus R n on homeomorfinen monen aidon osajoukkonsa kanssa (esimerkiksi
vaikkapa jokaisen avoimen pallon), kuten helposti nähdään. Huomaa, että tällaiset
osajoukot ovat kuitenkin aina – Brouwerin avoimen kuvauksen lauseen
nojalla – avoimia. Pallon S n pinnalla tilanne on täysin toinen, kuten jatkossa
tullaan näkemään:
Lause: S n ei ole homeomorfinen minkään aidon osajoukkonsa kanssa.
Harjoitustehtäviä
0.1 Todista, että S 1 ei ole homeomorfinen minkään aidon osajoukkonsa kanssa.
0.2 Todista, että R n ≈ R 1 kun n ≥ 2.
0.3 Todista Brouwerin kiintopistelause tapauksessa n = 1.
0.4 Osoita esimerkillä, että Brouwerin kiintopistelause ei päde avoimessa pallossa
(edes dimensiossa 1).
0.5 Todista Brouwerin avoimen kuvauksen lause tapauksessa n = 1. Anna esimerkki
topologisesta avaruudesta, jossa vastaava tulos ei päde.
0.6 Miten käy Jordan-Brouwerin lauseelle tapauksessa n = 1?
vii

viii

1 Apuneuvoja lineaarialgebrasta; simpleksijoukot
ja affiinit kuvaukset
Tässä luvussa määritellään joitakin lähinnä lineaarialgebraan liittyviä käsitteitä
ja muotoillaan muutamia yksinkertaisia apulauseita. Todistukset ovat helppoja
ja ne jätetään suurimmaksi osaksi harjoitustehtäviksi.
Oletetaan koko tämän luvun ajan, että V on reaalikertoiminen vektoriavaruus.
Määritelmä 1.1 Sanotaan, että joukko K ⊂ V on konveksi, jos kaikille x,y ∈
K ja λ ∈ [0,1] pätee
λx + (1 − λ)y ∈ K.
Havainnollisesti konveksisuus tarkoittaa sitä, että K sisältää kaikkien alkioidensa
väliset janat:
.
.
. •
.
.
.
.
.
. •
x .
.
.
.
.
.
. . .
. . .
y
.
. . .
. .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
. . . .
.
.
.
.
.
.
. . .
x . . . y .
. • . . • .
. . . .
. . . .
. . .
... .
.
. . . .
. . .
konveksi epäkonveksi
Huomautus 1.2 Kolmioepäyhtälön nojalla nähdään heti, että normiavaruuden
kaikki avoimet ja suljetut pallot ovat konvekseja. Myös tyhjä joukko on konveksi,
samoin koko avaruus V .
Konveksien joukkojen mielivaltainen leikkaus on myös konveksi:
Lause 1.3 Olkoon I = ∅ (indeksi)joukko ja {Kα}α∈I perhe V :n konvekseja
osajoukkoja. Tällöin myös
on konveksi.
Todistus. Harjoitustehtävä.
α∈I
Huomautus. Lauseessa 1.3 pitää olettaa, että indeksijoukko I on epätyhjä, koska
leikkaus yli tyhjän indeksijoukon on huonosti määritelty käsite: se ei ole edes
joukko; vrt. joukko-opin kurssi.
1
Kα
.
.

Määritelmä 1.4 Olkoon H ⊂ V . Sanotaan, että joukon H konveksiverho
(avaruuden V suhteen) on pienin V :n konveksi osajoukko, joka sisältää H:n, ts.
KH ⊂ V on konveksi, H ⊂ KH ja KH on pienin tällainen eli jos X ⊂ V on
konveksi ja H ⊂ X, niin KH ⊂ X.
.
.
.
.
.
.
.
.
. . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
. . . .
.
.
.
.
.
.
.
. .
.
.
.
. .
. .
. .
. .
.
... .
.
. .
.
. . ...
. .
. .
. . . .
. . .
. .
. .
. .
. .
.
... .
.
.
.
.
.
H KH
.
.
.
.
.
.
..
.
.
. .
. . . .
. . .
Havainnollisesti ajatellen konveksiverho KH syntyy lisäämällä joukkoon H ”niin
vähän pisteitä kuin mahdollista”, jotta syntyvä joukko olisi konveksi. Havainto
ei tietenkään yksinään riitä, vaan pitää huomata, että:
Lause 1.5 Jokaisen joukon H ⊂ V konveksiverho on olemassa ja yksikäsitteinen.
Todistus. Olkoon H ⊂ V . Määritellään osajoukkoperhe K asettamalla
K = {K | K ⊂ V, K on konveksi ja H ⊂ K}.
Tällöin ainakin (ks. huom. 1.2) V ∈ K, joten K = ∅. Silloin lauseen 1.3 nojalla
joukko
E =
K
K∈K
on konveksi. Lisäksi selvästi H ⊂ E ⊂ V ja E on määritelmän 1.4 mielessä pienin
H:n sisältävä V :n konveksi osajoukko, joten E on H:n konveksiverho. Tämä
todistaa olemassaolon.
Yksikäsitteisyys seuraa suoraan määritelmästä 1.4: jos E1 ja E2 molemmat ovat
H:n konveksiverhoja, niin määritelmän mukaan sekä E1 ⊂ E2 että E2 ⊂ E1,
joten E1 = E2.
Jatkossa tarvitaan konveksiverholle KH myös konkreettisempaa esitystä kuin
lauseen 1.5 todistuksessa oleva. Tällainen esitys on seuraavassa lauseessa:
Lause 1.6 Olkoon H ⊂ E. Merkitään
n
A = { λkxk | n ∈ N; xk ∈ H ja 0 ≤ λk ≤ 1 ∀k = 0,1,...,n;
k=0
Tällöin pätee KH = A.
2
n
λk = 1}.
k=0

Huomautus. Havainnollisesti siis lauseen 1.6 mukaan H:n konveksiverho koostuu
kaikista mahdollisista H:n alkioiden lineaarikombinaatioista, joissa skalaarikertoimet
λk on rajattu välille [0,1] ja joiden summa on tasan 1.
Lauseen 1.6 todistus. Lauseen 1.5 todistuksessa oleva joukko E on – kuten todettiin
– joukon H konveksiverho KH, joten riittää osoittaa, että E = A.
1) Osoitetaan ensin, että E ⊂ A.
Koska V on vektoriavaruus, niin joukon A määritelmän mukaan A ⊂ V . Tällöin
joukon E määritelmän mukaan väite E ⊂ A seuraa, jos osoitetaan, että A on
konveksi ja H ⊂ A.
Jos x ∈ H, niin valitaan n = 0 ja λ0 = 1, jolloin x = λ0x ∈ A. Siten ehto
H ⊂ A seuraa.
Pitää vielä osoittaa, että A on konveksi. Olkoot tätä varten x,y ∈ A ja λ ∈ [0,1].
Pitää osoittaa, että
λx + (1 − λ)y ∈ A. (1)
Koska x ∈ A, niin on olemassa n ∈ N, x0,...,xn ∈ H, λ0,...,λn ∈ [0,1] siten,
että
n
λk = 1
n
ja x = λkxk. (2)
k=0
Vastaavasti, koska y ∈ A, niin on olemassa m ∈ N, y0,...,yn ∈ H, µ0,...,µm ∈
[0,1] siten, että
m
m
µk = 1 ja y = µkyk.
k=0
k=0
Tällöin
n
m n m
λx + (1 − λ)y = λ λkxk + (1 − λ) µkyk = λλkxk + (1 − λ)µkyk.
Tällöin joukon A määritelmän mukaan väite (1) seuraa, jos osoitetaan, että
Lasketaan:
k=0
k=0
k=0
k=0
k=0
k=0
k=0
k=0
n m
λλk + (1 − λ)µk = 1. (3)
k=0
n m
n
m
λλk + (1 − λ)µk = λ λk + (1 − λ) µk =
k=0
λ · 1 + (1 − λ) · 1 = λ + (1 − λ) = 1,
joten väite (3) pätee. Siten suunta E ⊂ A on todistettu.
3
k=0

2) Osoitetaan sitten kääntäen, että A ⊂ E.
Olkoon x ∈ A; pitää osoittaa, että x ∈ E. Tällöin taas on olemassa n ∈ N,
x0,...,xn ∈ H, λ0,...,λn ∈ [0,1] siten, että ehto (2) pätee.
Osoitetaan induktiolla n:n suhteen, että x ∈ E.
Kun n = 0, niin ehdon (2) perusteella λ0 = 1 ja
x = λ0x0 = x0 ∈ H ⊂ E,
joten asia on selvä. Oletetaan sitten induktiivisesti, että väite pätee n − 1:lle ja
todistetaan se n:lle.
Jos λn = 1, niin ehtojen 0 ≤ λk ≤ 1 ∀k = 0,1,...,n ja n
k=0 λk = 1 nojalla
λ0 = · · · = λn−1 = 0 ja silloin
x = λnxn = xn ∈ H ⊂ E,
joten väite pätee. Voidaan siis olettaa, että 0 ≤ λn < 1. Tällöin
Merkitään
n−1
x = (1 − λn)
y =
k=0
n−1
k=0
λk
xk + λnxn. (4)
1 − λn
λk
xk. (5)
1 − λn
Jos nyt osoitetaan, että y ∈ E, niin väite x ∈ E seuraa esityksestä (4) ja E:n
konveksisuudesta. Koska
n−1
k=0
n−1
λk 1 1
= λk = (1 − λn) = 1,
1 − λn 1 − λn 1 − λn
k=0
niin joukon A määritelmän perusteella y ∈ A. Tällöin esityksen (5) ja induktiooletuksen
nojalla myös y ∈ E. Siten ehto x ∈ E seuraa ja induktioaskel on
otettu.
Lause 1.7 Jos H ⊂ V on äärellinen, H = {x0,...,xn}, niin
KH = {
n
λkxk | 0 ≤ λk ≤ 1 ∀k = 1,...,n ja
k=0
n
λk = 1}.
Todistus. Tämä seuraa suoraan lauseesta 1.6. Lauseen 1.6 joukon A summaesityksessä
voi toki olla vähemmänkin summattavia kuin juuri tuo n kappaletta,
mutta silloin lisätään siihen nollia, jolloin päästään lauseen 1.7 esitykseen.
4
k=0

Määritelmä 1.8 Olkoon H ⊂ V äärellinen, H = {x0,...,xn}, missä xi = xj
kun i = j. Sanotaan, että joukko H on riippumaton, mikäli joukko {x1 −
x0,x2 − x0,...,xn − x0} on lineaarisesti riippumaton. Sovitaan lisäksi, että
yhden pisteen joukko on riippumaton.
Havainnollinen tulkinta. Kaksi eri pistettä ovat aina riippumattomia. Kolmen
pisteen tapauksessa riippumattomuus tarkoittaa sitä, että pisteet eivät ole (millään)
samalla suoralla (jonka siis ei tarvitse kulkea origon kautta, vrt. lineaarinen
riippumattomuus kahden pisteen tapauksessa), neljän pisteen tapauksessa
pisteet eivät ole (millään) samalla tasolla jne.
Huomautus 1.9 Määritelmässä 1.8 saattaa näyttää siltä, että piste x0 olisi
jollakin lailla erityisasemassa. Näin ei kuitenkaan ole, vaan pätee
H riippumaton ⇔{x0 − xk,...,xk−1 − xk,xk+1 − xk,...,xn − xk}
on lineaarisesti riippumaton ∀k = 0,...,n.
Jätetään tämän väitteen tarkka todistus harjoitustehtäväksi.
Määritelmä 1.10 Olkoon H = {x0,...,xn} ⊂ V riippumaton joukko. Sanotaan,
että joukon H konveksiverho KH on pisteiden x0,...,xn virittämä nulotteinen
simpleksijoukko. Merkitään jatkossa KH = Sx0x1...xn . Tämän
merkinnän käyttö pitää aina sisällään sen oletuksen, että {x0,...,xn} on riippumaton
joukko.
Havainnollinen tulkinta. 0-ulotteinen simpleksijoukko Sx0 on yksiö {x0}, 1-ulotteinen
simpleksijoukko Sx0x1 on pisteitä x0 = x1 yhdistävä jana, 2-ulotteinen
simpleksijoukko Sx0x1x2 on ”kolmiolevy”, jonka kärkipisteinä ovat x0,x1,x2 (huomaa,
että riippumattomuuden nojalla nämä pisteet eivät ole samalla suoralla, joten
havainnollisesti kyseessä on ”ihan oikea”kolmio), 3-ulotteinen simpleksijoukko
Sx0x1x2x3 on ”umpinainen” tetraedri, jonka kärkipisteinä ovat x0,x1,x2,x3
jne.
Esimerkki. Jos e0 = (1,0), e1 = (0,1) ovat avaruuden R 2 standardikannan
alkiot, niin tilanne näyttää tältä:
Se1
•
•
Se0
5
e1
Se0e1
e0

Esimerkki. Jos e0 = (1,0,0), e1 = (0,1,0), e2 = (0,0,1) ovat avaruuden R 3
standardikannan alkiot, niin tilanne näyttää tältä (tässä siis viivoitettu kolmiolevy
on Se0e1e2 ):
• Se2
e1
Se0e1
e0
e2
e1
Se0e1e2
Määritelmä 1.11 Olkoon Sx0x1...xn simpleksijoukko ja x ∈ Sx0x1...xn . Tällöin
lauseen 1.7 nojalla on olemassa luvut λ0(x),...,λn(x) ∈ [0,1] siten, että
n k=0 λk(x) = 1 ja n k=0 λk(x)xk = x. Sanotaan, että nämä luvut λk(x)
ovat pisteen x barysentriset koordinaatit simpleksijoukon Sx0x1...xn suhteen.
Huomautus. Pisteiden x0,...,xn riippumattomuuden nojalla on helppo nähdä,
että barysentriset koordinaatit ovat aina yksikäsitteisesti määrättyjä. Jätetään
tämä harjoitustehtäväksi.
Esimerkki. Simpleksijoukon kärkipisteiden xk barysentriset koordinaatit ovat
δik, missä δkk = 1 ja δik = 0 kun i = k.
Havainnollisesti ajatellen pisteen x barysentrinen koordinaatti λk(x) on sitä
suurempi (≤ 1), mitä lähempänä kärkeä xk piste x on.
Kolmion painopisteen barysentriset koordinaatit kärkipisteiden muodostaman
simpleksijoukon suhteen ovat 1/3,1/3,1/3, kuten harjoitustehtävänä voi hel-
posti todeta. Siis jos kärkipisteet ovat x0,x1 ja x2, niin painopiste on 1
3 x0 +
1
3 x1 + 1
3 x2.
Edellinen havainto on johdatuksena seuraavaan määritelmään:
Määritelmä 1.12 Olkoon Sx0x1...xn
b = 1
n + 1
e0
simpleksijoukko. Sanotaan, että piste
6
n
k=0
xk

on joukon Sx0x1...xn painopiste. Sanotaan myös, että pisteet xk, k = 0,...,n
ovat joukon Sx0x1...xn kärkipisteitä.
Määritelmä 1.13 Sanotaan, että osajoukko A ⊂ V on affiini aliavaruus,
jos jollakin x0 ∈ A joukko A−x0 = {x−x0 | x ∈ A} on V :n aliavaruus. Tämän
aliavaruuden dimensio on affiinin aliavaruuden A dimensio.
Huomautus 1.14 Tässäkään (vrt. huom. 1.9) piste x0 ∈ A ei ole missään
erityisasemassa, sillä jos A − x0 on aliavaruus, niin A − x0 = A − x1 kaikille
x1 ∈ A. Tämäkin jätetään harjoitustehtäväksi.
Havainnollinen tulkinta: 0-ulotteisia affiineja aliavaruuksia ovat kaikki V :n pisteet,
1-ulotteisia affiineja aliavaruuksia ovat kaikki V :n suorat (muista, että ”oikeita”
1-ulotteisia aliavaruuksia ovat vain origon kautta kulkevat suorat), 2ulotteisia
affiineja aliavaruuksia ovat kaikki tasot jne. Yleisesti n-ulotteinen ”oikea”
aliavaruus on aina myös affiini aliavaruus, mutta käänteinen ei päde.
Huomautus 1.15 Affinien aliavaruuksien epätyhjä leikkaus on myös affiini
aliavaruus. Todistus on helppo harjoitustehtävä.
Määritelmä 1.16 Jos ∅ = H ⊂ V , niin sanotaan, että joukon H virittämä
affiini aliavaruus on pienin V :n affiini aliavaruus, joka sisältää H:n. Merkitään
H:n virittämää affiinia aliavaruutta symbolilla AH.
Huomautus 1.17 Jos ∅ = H ⊂ V , niin AH on aina olemassa ja yksikäsitteinen.
Jätetään tämän todistus harjoitustehtäväksi. Se menee samalla idealla kuin
lauseen 1.5 todistus käyttäen hyväksi huomautusta 1.15 lauseen 1.3 asemasta.
Lause 1.18 Jos A ⊂ V on affiini aliavaruus ja x,y ∈ A sekä λ ∈ R, niin
Todistus. Harjoitustehtävä.
λx + (1 − λ)y ∈ A.
Lause 1.19 Olkoon ∅ = H ⊂ V . Tällöin
AH = {
n
λkxk | n ∈ N, x0,...,xn ∈ H, λ0,...,λn ∈ R,
k=0
n
λk = 1}.
Todistus. Harjoitustehtävä. Tämä menee samaan tapaan kuin lauseen 1.6 todistus.
Merkintä 1.20 Olkoon H ⊂ V simpleksijoukko, H = Sx0x1...xn . Tällöin merkitään
= AH.
Ax0x1...xn
Tämän merkinnän käyttö edellyttää aina sitä, että Sx0x1...xn todella on simpleksijoukko
eli että joukko {x0,...,xn} ⊂ V on riippumaton.
7
k=0

Lause 1.21
Ax0x1...xn
= {{
n
λkxk | λ0,...,λn ∈ R,
k=0
Todistus. Tämä seuraa lauseesta 1.19.
n
λk = 1}.
Määritelmä 1.22 Olkoot V ja U vektoriavaruuksia ja A ⊂ V affiini aliavaruus
sekä f : A → U kuvaus. Sanotaan, että f on affiini kuvaus, jos kaikilla x,y ∈ A
ja λ ∈ R pätee
f(λx + (1 − λ)y) = λf(x) + (1 − λ)f(y).
Huomautus. Koska A on affiini aliavaruus, niin lauseen 1.18 mukaan λx + (1 −
λ)y ∈ A ja siten f(λx+(1−λ)y) on määritelty ja lauseen väite on siinä mielessä
järkevä.
Huomautus. Jos A on ”oikea” vektorialivaruus ja f lineaarikuvaus, niin välittömästi
nähdään, että f on myös affiini. Päteekö käänteinen suunta: Jos A on
aliavaruus ja f affiini, niin onko f välttämättä myös lineaarinen?
Havainnollinen tulkinta: Affiini kuvaus f toimii niin, että x:n ja y:n kautta
kulkeva suora kuvautuu f(x):n ja f(y):n kautta kulkevaksi suoraksi, jota f ”venyttää
tai kutistaa lineaarisesti.” Esimerkkejä affiineista (ei-lineaarisista) kuvauksista
saa helposti konstruoitua seuraavan lauseen avulla:
Lause 1.23 Olkoot V ja U vektoriavaruuksia ja A ⊂ V affiini aliavaruus sekä
f : A → U kuvaus. Tällöin f on affiini jos ja vain jos A:ta vastaavassa
vektorialiavaruudessa A − x0 (tässä x0 ∈ A, vrt. huom. 1.14) on määritelty
lineaarikuvaus T : A − x0 → U siten, että kaikille x ∈ A pätee
f(x) = T(x − x0) + f(x0).
Lisäksi, jos yo. lineaarikuvaus T on olemassa, niin se on yksikäsitteisesti määrätty.
Todistus. Harjoitustehtävä.
Havainnollinen tulkinta: Lauseen 1.23 nojalla voidaan sanoa, että affini kuvaus
toimii näin:
V
: n
siirto
+
lineaarikuvaus
+
U : n
siirto
.
T
y↦→y+f(x0)
x↦→x−x0
Huomautus 1.24 Affiinien kuvausten yhdiste on affiini. Edelleen, affiini kuvaus
f säilyttää konveksisuuden, ts. jos K on konveksi, niin f(K) on myös
konveksi. Näiden faktojen todistus jää taas harjoitustehtäväksi.
Merkintä 1.25 Otetaan pysyvästi käyttöön merkintä R n+1 :n (standardi)kantavektoreille:
Merkitään
k=0
e0 = (1,0,...,0), e1 = (0,1,0,...,0), en = (0,...,0,1).
8

Joukko {e0,...,en} on selvästi riippumaton, joten ne määräävät simpleksijoukon
Se0...en . Tätä simpleksijoukkoa merkitään pysyvästi symbolilla
∆n = Se0...en
ja sanotaan, että ∆n on avaruuden R n+1 standardisimpleksi(joukko).
Huomautus. Symboleista ek ei käy ilmi, minkä dimensioisessa avaruudessa ne
oikeastaan ovat: esimerkiksi e0 voi tarkoittaa vektoreita 1 ∈ R, (1,0) ∈ R 2 ,
(1,0,0) ∈ R 3 jne. Dimensio kuitenkin yleensä selviää asiayhteydestä. Tämän
dimension voisi tietysti liittää merkintään esimerkiksi merkitsemällä e 1 0,e 2 0,e 3 0
jne., mutta tämä aiheuttaa turhaa sotkuisuutta merkintöihin, jotka jatkossa tulevat
muutenkin olemaan aivan riittävän sekavia. Tästä syystä jätetään tämä
dimensio ilmoittamatta ja ollaan tietävinään se jostakin muualta.
Huomaa, että tämä ambivalenssi ei koske standardisimpleksiä ∆n, jossa dimensio
on sievästi alakulmaan kirjoitettuna.
Havainnollinen tulkinta: ∆0 on yksiö {e0} = {1} avaruudessa R, ∆1 on pisteitä
e0 ja e1 (eli pisteitä (1,0) ja (0,1)) yhdistävä jana avaruudessa R 2 , ∆2
on avaruudessa R 3 oleva ”kolmiolevy”, jonka kärkipisteet ovat e0, e1 ja e2 (eli
(1,0,0), (0,1,0) ja (0,0,1)), ∆3 on avaruudessa R 4 oleva ”umpinainen tetraedri”,
jonka kärkipisteet ovat e0, e1, e2 ja e3 (eli (1,0,0,0), (0,1,0,0), (0,0,1,0) ja
(0,0,0,1)), ja niin edelleen.
Huomautus 1.26 Lauseen 1.7 nojalla
∆n = {
n
λkek | λ0,...,λn ∈ [0,1],
k=0
n
λk = 1}.
Huomautus 1.27 Jatkossa oletetaan pysyvästi, että R n+1 :ssä on tavallinen
normitopologia. Tällöin ∆n ⊂ R n+1 on kompakti, sillä huomautuksen 1.26 nojalla
se on selvästi suljettu ja rajoitettu.
Määritelmä 1.28 Olkoot x0,...,xn ∈ V . Määritellään kuvaus (x0 ...xn) :
∆n → V asettamalla kaikille (ξ0,...,ξn) ∈ ∆n
(x0 ...xn)(ξ0,...,ξn) =
k=0
n
ξkxk.
Sanotaan, että kuvaus (x0 ...xn) on pisteiden x0,...,xn määräämä affiinisimpleksi.
Huomautus. Affiini simpleksi on erikoistapaus myöhemmin määriteltävästä yleisemmästä
singulaarisesta simpleksistä. Nimitys affiini simpleksi tulee siitä, että
(x0 ...xn) on affiinin kuvauksen
k=0
f : Ae0...en → V, f(λ0,...,λn) =
9
n
λkxk,
k=0

ajoittuma joukkoon ∆n. Huomaa, että (x0 ...xn) ei välttämättä ole lineaarikuvauksen
rajoittuma.
Havainnollinen tulkinta: Tässä n = 2 ja V = R 2 (eli x0,x1,x2 ∈ R 2 ja siten
(x0x1x2) : ∆2 → R 2 ).
e2
e1
∆2
(ξ0,ξ1,ξ2)
ւ
•
e0
(x0x1x2)
−→
x2
x1
x0
• տ (x0x1x2)(ξ0,ξ1,ξ2)
Huomautus. Jos Sx0...xn ⊂ E on simpleksijoukko, niin lauseen 1.19 nojalla
(x0 ...xn)(∆n) = Sx0...xn ja lisäksi pisteiden x0,...,xn riippumattomuuden nojalla
kuvaus (x0 ...xn) on injektio, joten (x0 ...xn) : ∆n → Sx0...xn on bijektio.
Lisäksi (x0 ...xn) kuvaa simpleksijoukon ∆n kärkipisteet e0,...,en simpleksijoukon
Sx0...xn kärkipisteille x0,...,xn. Itse asiassa se on ainoa affiinin kuvauksen
rajoittuma (ks. edellinen huomautus), jolla on tämä ominaisuus. Tämä
näkyy seuraavasta lauseesta:
Lause 1.29 Olkoot E,F vektoriavaruuksia, Sx0...xn ⊂ E simpleksijoukko ja kuvaukset
f,g : Ax0...xn → F affiineja. Jos f(xk) = g(xk) kaikille k = 0,...,n,
niin f = g.
Todistus. Harjoitustehtävä.
Lause 1.30 Olkoon E normiavaruus, jossa on normin määräämä topologia ja
x0,...,xn ∈ E. Tällöin affiini simpleksi (x0 ...xn) : ∆n → E on jatkuva. (Tässä
siis joukossa ∆n ⊂ R n+1 on avaruuden R n+1 normin määräämä ”tavallinen”
topologia, kuten jatkossa aina.)
Todistus. Harjoitustehtävä.
Merkintä 1.31 Olkoon n ≥ 1 ja {e0,...,en} avaruuden R n+1 standardikanta
sekä 0 ≤ k ≤ n. Merkitään
F k n = (e0 ...êk ...en) = (e0 ...ek−1ek+1 ...ek) : ∆n−1 → Se0...ek−1ek+1...en ⊂ ∆n.
Huomautus. Merkintä F k n = (e0 ...êk ...en) tarkoittaa siis, että kantavektori
on n − 1 ulotteinen simpleksijoukko
ek ”jätetään pois”. Tässä Se0...ek−1ek+1...en
10

avaruudessa R n+1 ja selvästi Se0...ek−1ek+1...en ⊂ ∆n ⊂ R n+1 , joten merkintä/määritelmä
1.31 on järkevä.
Havainnollinen tulkinta: Olkoon ensin n = 1. Tällöin F 0 1 ja F 1 1 on määritelty ja
molemmat ovat affiinisimpleksejä joukosta ∆0 joukkoon ∆1. Määritelmän mukaan
F 0 1 = (e1) : ∆0 → ∆1 ja F 1 1 = (e0) : ∆0 → ∆1. Koska ∆0 on yksiö {1} ⊂ R,
niin nämä ovat vakiokuvauksia ja F 0 1 (1) = {e1} ⊂ R 2 sekä F 1 1 (1) = {e0} ⊂ R 2 .
Tapahtuu siis tällaista:
• ∆0
.
.
.
F k 1
. . . .
.
.
.
•
e1 = F 0 1 (∆0)
∆1
•
e0 = F 1 1 (∆0)
Tapauksessa n = 2 on määritelty affiinit simpleksit F 0 2 ,F 1 2 ,F 2 2 : ∆1 → ∆2.
Standardi simpleksijoukko ∆1 on avaruuden R 2 pisteitä (1,0) ja (0,1) yhdistävä
jana, joka kuvautuu näissä kuvauksissa F 0 2 = (e1e2), F 1 2 = (e0e2) ja F 2 2 = (e0e1)
pisteitä ei,ej ∈ R 3 yhdistäviksi janoiksi seuraavaan tapaan. Huomaa suunta!
∆1
.
.
.
F k 2
. . . .
.
.
.
F 0 2 (∆1)
e2
e1
F 1 2 (∆1)
F 2 2 (∆1)
Tapauksessa n = 3 affiinit simpleksit F k 3 , k = 0,...,3 kuvaavat kolmiolevyn
∆2 tetraedrin ∆3 eri tahkoille, indeksistä k riippuen. Huomaa tässäkin tietty
suunta: kolmiolevy ei kuvaudu ”miten sattuu”, vaan kolmion kärjet kuvautuvat
tetraedrin tahkon (joka myös on kolmio) kärjille aivan tietyssä järjestyksessä.
Tästä kannattaa ehkä harjoitustehtävänä piirtää kuva. Kärkipisteiden kuvautuminen
tapahtuu seuraavan säännön mukaan:
Huomautus 1.32 Olkoon ek, k = 0,...,n−1 avaruuden R n standardikannan
11
e0

alkio. Tällöin pätee
F j n(ek) =
ek ∈ R n+1 kun 0 ≤ k < j ≤ n
ek+1 ∈ R n+1 kun 0 ≤ j ≤ k ≤ n − 1.
Jätetään tämän (suoraan määritelmistä seuraava) todistus harjoitustehtäväksi.
Merkintäongelma. Kuten merkinnän 1.25 jälkeisessä huomautuksessa ennakoitiin,
symbolin ei käyttö on vähän epämääräistä, koska ei ole selvillä minkä dimensioisessa
avaruudessa ollaan. Tästä on nyt huomautus 1.32 hyvänä (?) esimerkkinä:
siinä kaavan vasemmalla puolella oleva ej on avaruudessa R n , mutta
saman kaavan oikealla puolella symboli ej tarkoittaakin avaruuden R n+1 alkiota.
Huomautus 1.33 Kuvaukset F k n ovat siis affiinisimpleksejä, joten ne ovat jatkuvia
lauseen 1.30 mukaisesti.
Lause 1.34 Olkoon n ≥ 1, 0 ≤ j ≤ n ja 0 ≤ i ≤ n + 1. Tällöin pätee
F i n+1 ◦ F j
F
n =
j i−1
n+1 ◦ Fn kun j < i
F j+1
n+1 ◦ F i n kun i ≤ j.
Todistus. Huomaa, että väitteessä olevat yhdistetyt kuvaukset ovat järkevästi
määriteltyjä kuvauksia ∆n−1 → ∆n+1. Kuvaukset F k n ovat affiineja (tai oikeastaan
affiinin kuvauksen rajoittumia), joten huomautuksen 1.24 nojalla myös nämä
yhdistetyt kuvaukset ovat affiineja. Koska ∆n−1 on simpleksijoukko, niin
lauseen 1.29 nojalla riittää osoittaa, että väite pätee ∆n−1:n kärkipisteissä ek,
k = 0,...,n − 1.
Oletetaan ensin, että j < i. Simpleksijoukon ∆n−1 kärkipisteen ek indeksin
k suhteen on tällöin kolme vaihtoehtoa:
Tapauksessa a) saadaan
a) 0 ≤ k < j,
b) j ≤ k < i − 1 tai
c) i − 1 ≤ k ≤ n − 1.
F i n+1 ◦ F j n(ek) 1)
= F i n+1(ek) 2) 3)
= ek = F j 4)
n+1 (ek) = F j i−1
n+1 ◦ Fn (ek),
joten väite pätee kärkipisteessä ek. Tässä yhtälöt 1) ja 3) seuraavat huomautuksesta
1.32, koska k < j, ja yhtälöt 2) ja 4) saadaan myös samasta huomautuksesta,
koska tässä tapauksessa a) on k < j ≤ i − 1 < i.
Tapauksessa b) saadaan
F i n+1 ◦ F j n(ek) 1)
= F i n+1(ek) 2) 3)
= ek = F j 4)
n+1 (ek) = F j i−1
n+1 ◦ Fn (ek),
12

joten taaskin väite pätee kärkipisteessä ek. Tässä yhtälöt 1) ja 3) seuraavat
huomautuksesta 1.32, koska j ≤ k, ja yhtälöt 2) ja 4) saadaan myös samasta
huomautuksesta, nyt siitä syystä, että tässä tapauksessa b) on k ≤ i − 1 < i.
Tapauksessa c) saadaan
F i n+1 ◦ F j n(ek) 1)
= F i n+1(ek+1) 2) 3)
= ek+2 = F j 4)
n+1 (ek+1) = F j i−1
n+1 ◦ Fn (ek),
joten tässäkin tapauksessa väite pätee kärkipisteessä ek. Tässä yhtälöt 1) ja 3)
seuraavat huomautuksesta 1.32, koska j ≤ i − 1 ≤ k < k + 1, ja yhtälöt 2) ja 4)
saadaan edelleen samasta huomautuksesta, koska tässä tapauksessa on i−1 ≤ k
ja siten myös i ≤ k + 1.
Näin väite on todistettu siinä tapauksessa, että j < i. Tapaus i ≤ j voidaan
käsitellä vastaavalla tavalla, mutta se seuraa myös jo todistetusta ehdosta, sillä
jos i ≤ j, niin i < j + 1 ja silloin
F j+1
n+1 ◦ F i 1)
n = F i n+1 ◦ F (j+1)−1
n = F i n+1 ◦ F j n,
missä yhtälö 1) seuraa edellä todistetusta. Näin todistus on valmis.
2 Vapaat Abelin ryhmät
Muistutetaan mieliin algebran kurssilta, että Abelin ryhmä on epätyhjä joukko
G, jossa on määritelty assosiatiivinen ja kommutatiivinen laskutoimitus ”+” eli
kuvaus + : G×G → G, (x,y) ↦→ x+y; tällä laskutoimituksella eli yhteenlaskulla
on oltava nolla-alkio 0 ∈ G siten, että x+0 = x kaikille x ∈ G ja lisäksi jokaisella
x ∈ G on oltava vasta-alkio −x ∈ G siten, että x + (−x) = 0.
Määritelmä 2.1 Olkoon G Abelin ryhmä ja x ∈ G. Määritellään kaikille n ∈ Z
x:n monikerta nx = n · x ∈ G seuraavasti: Sovitaan ensin, että 0x = 0 ∈ G ja
kun n > 0, niin määritellään rekursiivisesti
nx = (n − 1)x + x.
Kun n < 0, niin −n > 0 ja voidaan määritellä
nx = −(−n)x.
Huomautus. Monikerran perusominaisuuksiin kuuluu mm. se, että (m + n)x =
mx + nx kaikille x ∈ G ja kaikille m,n ∈ Z, minkä voi helposti induktiolla
todistaa. Toinen tärkeä perusominaisuus on se, että jos G ′ on myös Abelin
ryhmä ja ϕ : G → G ′ homomorfismi, niin ϕ(nx) = nϕ(x) kaikille x ∈ G ja
n ∈ Z, minkä näkee myös helposti.
Merkintä 2.2 Olkoon G Abelin ryhmä ja ∅ = I jokin indeksijoukko (joka voi
olla äärellinen tai ääretön, jopa ylinumeroituvasti). Olkoon {xα}α∈I perhe G:n
13

alkioita siten, että xα = 0 vain äärellisen monelle α ∈ I. Merkitään tällöin
xα =
xα.
α∈I
α∈I
xα=0
Huomautus. Merkinnässä 2.2 oleva jälkimmäinen summa on äärellinen, joten se
on järkevästi määritelty (ja ryhmän G alkio). (Rekursiolla voidaan aina ryhmässä
määritellä äärellinen summa. Tässä ei tarvitse pitää summeerausjärjestyksestäkään
huolta, koska kyseessä on Abelin ryhmä.) Sen sijaan merkinnän
2.2 ensimmäinen summa on lähtökohtaisesti ääretön, jos indeksijoukko I on ääretön.
Yleisesti tällaista summaa ei voi ryhmässä määritellä (mitään suppenemisen
käsitettä ei ole), mutta tuolla oletuksella ”xα = 0 vain äärellisen monelle
α ∈ I”, summasta tulee de facto äärellinen ja kaikin puolin järkevä.
Lause 2.3 Olkoon G Abelin ryhmä, ∅ = I jokin indeksijoukko, {xα}α∈I sekä
{yα}α∈I perheitä G:n alkioita siten, että xα = 0 vain äärellisen monelle α ∈ I
ja myös yα = 0 vain äärellisen monelle α ∈ I. Tällöin pätee
xα +
yα =
(xα + yα).
α∈I
α∈I
Jos luovutaan oletuksesta ”xα,yα = 0 vain äärellisen monelle α ∈ I”, mutta
oletetaan sen sijaan, että {nα}α∈I sekä {mα}α∈I ovat kokonaislukuperheitä siten,
että nα = 0 vain äärellisen monelle α ∈ I ja myös mα = 0 vain äärellisen
monelle α ∈ I, niin pätee
nαxα +
mαxα =
(nα + mα)xα.
α∈I
α∈I
Lisäksi, jos G ′ on toinen Abelin ryhmä ja ϕ : G → G ′ homomorfismi, niin pätee
ϕ(
nαxα) =
nαϕ(xα).
α∈I
Todistus. Harjoitustehtävä. (Ohje: Induktio, mutta minkä suhteen? Tässä pitää
itse asiassa palata edellisessä huomautuksessa mainittuun äärellisen summan
määritelmään.)
Määritelmä 2.4 Sanotaan, että Abelin ryhmä G on vapaa, jos on olemassa
joukko ∅ = A ⊂ G siten, että jokainen x ∈ G voidaan yksikäsitteisellä tavalla
esittää summana
x =
naa,
a∈A
missä na ∈ Z kaikille a ∈ A ja na = 0 vain äärellisen monelle a ∈ A. Tällöin
sanotaan myös, että A on G:n kanta. Sovitaan lisäksi, että myös triviaali ryhmä
G = {0} on vapaa, kantana {0}.
14
α∈I
α∈I
α∈I

Huomautus. Kun nollaryhmä {0} sovitaan määritelmässä 2.4 erikseen vapaaksi,
menetetään tässä erikoistapauksessa määritelmän 2.4 summaesityksen yksikäsitteisyys:
onhan n · 0 = 0 kaikille n ∈ Z. Tästä aiheutuu jatkossa lievää hankaluutta,
ja voi kysyä, miksi nollaryhmä sitten ylipäätään määritellään vapaaksi.
Toisinkin voitaisiin menetellä, mutta tästä tehdystä sopimuksesta on myös tiettyä
hyötyä (joka jatkossa ilmenee), ja siksi määritelmä 2.4 on sellainen kuin
on.
Merkintä 2.5 Ehto ”xa = 0 vain äärellisen monelle a ∈ A” kirjoitetaan jatkossa
lyhyesti ”xa = 0 m.k. a ∈ A”. Merkintä ”m.k.” luetaan ”melkein kaikille”.
Esimerkki 2.6 Z (varustettuna tavallisella yhteenlaskulla) on vapaa, kantana
esimerkiksi A = {1}. Onko muita kantoja?
Z 2 (varustettuna vektoriyhteenlaskulla) on vapaa, kantana esimerkiksi A =
{(1,0),(0,1)}. Onko muita kantoja?
Z n (varustettuna vektoriyhteenlaskulla) on vapaa. Anna (jokin) kanta.
Tekijäryhmä Zn = Z/n·Z (n ≥ 2) sen sijaan ei ole vapaa, sillä esimerkiksi
[0] = 0 ·[a] = n ·[a] kaikille [a] ∈ Zn, joten alkion [0] ∈ Zn esitys ei ole yksikäsitteinen
missään kantaehdokkaassa A. Myöskään ryhmät Q tai R yhteenlaskulla
varustettuna eivät ole vapaita. Jätetään tämän todistus harjoitustehtäväksi.
Jos vapaan Abelin ryhmän G kannassa on vain yksi alkio a ∈ G, niin G on
syklinen ryhmä, G = Z · a. Tämän näkee helposti. Käänteinen ei kuitenkaan
päde: syklinen ryhmä ei välttämättä ole vapaa. Esimerkkinä tästä ovat tekijäryhmät
Zn, n ≥ 2, jotka ovat syklisiä, mutta eivät vapaita, kuten edellä todettiin.
Huomautus 2.7 Voidaan osoittaa, että vapaan Abelin ryhmän kaikki kannat
ovat yhtä mahtavia. Tämän todistaminen ei ole aivan helppoa, ja sivuutetaan
se tässä, koska tätä tulosta ei tällä kurssilla tarvita. Erityisesti, jos jossakin
kannassa on äärellinen määrä alkioita, niin kaikissa kannoissa on tämä sama
määrä alkioita. Tämä erikoistapaus saadaan todistettua harjoitustehtävässä 2.1.
Merkintä 2.8 Olkoon A mielivaltainen epätyhjä joukko. Merkitään
Fr(A) = {f : A → Z | f(a) = 0 vain äärellisen monelle a ∈ A}.
Joukkoon Fr(A) saadaan Abelin ryhmästruktuuri, kun määritellään kuvausten
yhteenlasku sopimalla, että
(f + g)(a) = f(a) + g(a) ∈ Z kaikille a ∈ A,
missä oikealla on Z:n yhteenlasku. Tällöin nollakuvaus on selvästi Fr(A):n neutraalialkio.
15

Huomautus 2.9 Jos I on epätyhjä indeksijoukko ja {fα}α∈I on perhe Fr(A):n
alkioita ja {qα}α∈I perhe kokonaislukuja siten, että qα
= 0 m.k. α ∈ I niin
α∈I qαfα ∈ Fr(A) ja
(x) =
qα · fα(x) kaikille x ∈ A.
α∈I
qαfα
α∈I
Tämän todistus on helppo harjoitustehtävä ja perustuu merkintään 2.2 sekä ryhmän
Fr(A) summan määritelmään.
Määritelmä 2.10 Olkoon A epätyhjä joukko ja a ∈ A. Määritellään kuvaus
fa : A → Z asettamalla
1 kun x = a
fa(x) =
0 kun x ∈ A \ {a}.
Tällöin selvästi fa ∈ Fr(A). Määritellään edelleen kuvaus i : A → Fr(A) asettamalla
i(a) = fa kaikille a ∈ A.
Sanotaan, että kuvaus i : A → Fr(A) on samastuskuvaus.
Huomautus 2.11 Kuvaus i : A → Fr(A) on selvästi injektio, joten voidaan
sanoa, että se samastaa alkiot a ∈ A ja i(a) ∈ Fr(A) ja sitä kautta myös
joukot A ja i(A) ⊂ Fr(A).
Lause 2.12 Olkoon A epätyhjä joukko ja f ∈ Fr(A). Tällöin f voidaan esittää
summana
f =
f(a)i(a).
a∈A
Todistus. Riittää osoittaa, että kaikille x ∈ A pätee
f(x) = (
f(a)i(a))(x).
Näin on, sillä kun x ∈ A, niin
(
f(a)i(a))(x) i) = (
a∈A
a∈A
a∈A
f(x) · fx(x) iv)
= f(x) · 1 = f(x).
f(a)fa)(x) ii)
=
a∈A
f(a) · fa(x) iii)
=
Tässä yhtälö i) perustuu kuvauksen i määritelmään 2.10, yhtälö ii) seuraa
huomautuksesta 2.9, yhtälö iii) seuraa siitä, että määritelmän 2.10 mukaan
fa(x) = 0 kun a = x ja yhtälö iv) seuraa siitä, että määritelmän 2.10 mukaan
fx(x) = 1.
16

Lause 2.13 Olkoon A mielivaltainen epätyhjä joukko. Tällöin Fr(A) on vapaa
Abelin ryhmä, kantana i(A).
Todistus. Määritelmän 2.4 mukaan pitää osoittaa, että jokainen f ∈ Fr(A)
voidaan esittää yksikäsitteisellä tavalla summana
f =
na · i(a), (1)
a∈A
missä na ∈ Z kaikille a ∈ A ja na = 0 m.k. a ∈ A.
Koska f ∈ Fr(A), niin f(a) ∈ Z kaikille a ∈ A ja f(a) = 0 m.k. a ∈ A.
Tällöin summaesityksen (1) olemassaolo seuraa välittömästi lauseesta 2.12.
Riittää siis osoittaa summaesityksen (1) yksikäsitteisyys.
Olkoon siis f:llä myös toinen esitys
f =
ma · i(a), (2)
a∈A
missä ma ∈ Z kaikille a ∈ A ja ma = 0 m.k. a ∈ A. Pitää osoittaa, että
Nyt kaikille b ∈ A saadaan
nb − mb
i)
= nbfb(b) − mbfb(b) ii)
=
(
nafa)(b) − (
a∈A
f(b) − f(b) = 0,
a∈A
na = ma kaikille a ∈ A. (3)
mafa)(b) iv)
a∈A
nafa(b) −
a∈A
= (
nai(a))(b) − (
a∈A
mafa(b) iii)
=
a∈A
mai(a))(b) v)
=
joten väite (3) seuraa. Yllä yhtälö i) on triviaali,
yhtälö ii) seuraa siitä, että fa(b) = 0, kun a = b,
yhtälö iii) seuraa huomautuksesta 2.9,
yhtälö iv) seuraa siitä, että määritelmän 2.10 mukaan fa = i(a) kaikille a ∈ A
ja
yhtälö v) esityksistä (1) ja (2).
Huomautus 2.14 Lauseen 2.13 mukaan jokainen f ∈ Fr(A) voidaan siis yksikäsitteisellä
tavalla esittää muodossa
f =
na · i(a), (1)
a∈A
missä na ∈ Z kaikille a ∈ A ja na = 0 m.k. a ∈ A. Jatkossa usein samastetaan
(tästä nimi ”samastuskuvaus”) alkiot a ∈ A ja i(a) ∈ Fr(A) ja kirjoitetaan
esitys (1) vähän lyhyemmin modossa
f =
na · a. (2)
a∈A
17

Sanotaan, että summaesitys (2) on formaali summa. Koska esitys (1) on
yksikäsitteinen ja i on injektio, niin myös tämä formaali summaesitys on yksikäsitteinen.
On kuitenkin huomattava, että se ei ole ”oikea” summa: joukossa
A ei (välttämättä) ole mitään ryhmästruktuuria, eikä sen alkioiden monikertoja
voi siten muodostaa eikä niitä voi laskea yhteen. Formaali summa on siis vain
lyhennysmerkintä summaesitykselle (1).
Jatkossa sanotaan myös lyhyesti, että Fr(A) on joukon A virittämä vapaa
Abelin ryhmä.
Tuolla formaalilla summaesityksellä (2) on joitakin samoja piirteitä kuin ”oikealla”
summalla (1). Esimerkiksi pätee
na · a +
ma · a =
(na + ma) · a, (3)
a∈A
a∈A
minkä näkee suoraan määritelmästä ja lauseesta 2.3. Sen sijaan on varottava
seuraavaa tilannetta: Jos G on Abelin ryhmä ja ϕ : Fr(A) → G homomorfismi,
niin lauseen 2.3 nojalla
ϕ(
na · i(a)) =
na · ϕ(i(a)). (4)
a∈A
Sen sijaan ei päde (ainakaan ilman mitään lisätietoja)
ϕ(
na · a) =
na · ϕ(a). (5)
a∈A
Tämä johtuu tietenkin siitä, että A ei ole Fr(A):n osajoukko, ja kuvaus ϕ on
määritelty vain joukossa Fr(A), joten merkintä ϕ(a) on mieletön.
Varoitus. Edellisessä huomautuksessa jo vähän varoiteltiin tuon formaalin summan
käytöstä ja tässä varoitellaan lisää. Jos A:ssa sattuu olemaan määriteltynä
esimerkiksi yhteenlasku, se pitää tässä unohtaa kokonaan: summaa
n
k=1
a∈A
a∈A
nkak
ei saa mennä ”laskemaan”, vaikka se olisikin mahdollista. Jos esimerkiksi A = R
(jolloin {1,2,3} ⊂ A), niin formaalien summien joukko
a∈A
{n1 · 1 + n2 · 2 + n3 · 3 | n1,n2,n3 ∈ Z}
on Fr(A):n osajoukko. Tällöin siis esimerkiksi formaalit summat 4·1+2·2+4·3
ja 2·1+6·2+2·3 ovat Fr(A):n alkioita. Jos nyt nämä summat ”lasketaan”, niin
molemmista näyttäisi tulevan 20 eli ne olisivat samoja. Tämä on kuitenkin harhanäky,
sillä Fr(A):n alkioina nämä summat ovat eri alkioita. Tämä johtuu
tietysti siitä, että tarkkaan ottaen (jos siis ei käytetä samastusta A = i(A)) kyse
18

onkin itse asiassa summista g = 4 ·i(1)+2·i(2)+4·i(3) = 4 ·f1 +2·f2 +4·f3 ja
h = 2 ·i(1)+6·i(2)+2·i(3) = 2 ·f1 +6·f2 +2·f3. Nämä ovat eri kuvauksia,
sillä esimerkiksi g(1) = 4, mutta h(1) = 2.
Seuraava lause on jatkossa hyvin keskeisessä asemassa.
Lause 2.15 Olkoon A = ∅ joukko ja i : A → Fr(A) samastuskuvaus, i(a) = fa
kuten edellä. Olkoon lisäksi G Abelin ryhmä ja ϕ : A → G mielivaltainen kuvaus.
Tällöin on olemassa yksikäsitteisesti määrätty homomorfismi ϕ∗ :
Fr(A) → G siten, että kaavio
A −→ G
ϕ
i ց ր ϕ∗
Fr(A)
kommutoi, mikä tarkoittaa sitä, että pätee ϕ∗ ◦ i = ϕ.
Todistus. Kuvauksen ϕ∗ konstruointi: Olkoon f ∈ Fr(A) mielivaltainen. Tällöin
f(a) ∈ Z kaikille a ∈ A ja f(a) = 0 m.k. a ∈ A. Tällöin, koska ϕ(a) ∈ G kaikille
a ∈ A ja G on Abelin ryhmä, summa
f(a)ϕ(a) ∈ G
a∈A
on järkevästi määritelty G:n alkio (vrt. merk. 2.2), jonka f määrää yksikäsitteisesti.
(Huomaa, että ϕ on tässä kiinteä.) Tällöin voidaan järkevästi määritellä
kuvaus ϕ∗ : Fr(A) → G asettamalla
ϕ∗(f) =
f(a)ϕ(a) kaikille f ∈ Fr(A).
a∈A
Osoitetaan, että ϕ∗ on homomorfismi: Pitää siis nähdä, että
ϕ∗(f + g) = ϕ∗(f) + ϕ∗(g) kaikille f,g ∈ Fr(A). (1)
Huomaa, että ehdon (1) vasemmalla puolella oleva yhteenlasku on ryhmän
Fr(A) yhteenlasku, kun taas oikealla puolella oleva yhteenlasku on ryhmän G
laskutoimitus. Ehto (1) pätee, sillä
ϕ∗(f + g) i) =
(f + g)(a)ϕ(a) ii)
=
(f(a) + g(a))ϕ(a) iii)
=
a∈A
f(a)ϕ(a) +
a∈A
a∈A
a∈A
g(a)ϕ(a) iv)
= ϕ∗(f) + ϕ∗(g).
Tässä yhtälöt i) ja iv) seuraavat suoraan kuvauksen ϕ∗ määritelmästä, yhtälö
ii) tulee kuvausten yhteenlaskun määritelmästä (ks. merk. 2.8) ja yhtälö iii)
19

seuraa lauseesta 2.3.
Osoitetaan, että lauseen kaavio todella kommutoi eli että kaikille x ∈ A pätee
(ϕ∗ ◦ i)(x) = ϕ(x).
Näin on, sillä
(ϕ∗ ◦ i)(x) i) = ϕ∗(fx) ii)
=
a∈A
fx(a)ϕ(a) iii)
= 1 · ϕ(x) = ϕ(x).
Tässä yhtälö i) seuraa kuvauksen i : A → Fr(A) määritelmästä, yhtälö ii) kuvauksen
ϕ∗ määritelmästä ja yhtälö iii) siitä, että fx(a) = 0 kun x = a ja
fx(a) = 1 kun x = a.
Pitää vielä osoittaa homomorfismin ϕ∗ yksikäsitteisyys, ts, että jos ψ : Fr(A) →
G on toinen homomorfismi, jolle lauseen kaavio kommutoi eli pätee ψ ◦ i = ϕ,
niin ψ = ϕ∗. Oletetaan siis, että ψ on tällainen. Pitää osoittaa, että kaikille
f ∈ Fr(A) pätee
ψ(f) = ϕ∗(f).
Näin on, sillä kun f ∈ Fr(A), niin
ψ(f) i) = ψ(
f(a)i(a)) ii)
=
a∈A
a∈A
f(a)ψ(i(a)) iii)
=
a∈A
f(a)ϕ(a) iv)
= ϕ∗(f).
Tässä yhtälö i) seuraa lauseesta 2.12, yhtälö ii) siitä, että ψ on homomorfismi
(ks. lause 2.3), yhtälö iii) seuraa siitä oletuksesta, että lauseen kaavio kommutoi
myös ψ:lle eli että ψ ◦ i = ϕ ja yhtälö iv) seuraa kuvauksen ϕ∗ määritelmästä.
Määritelmä 2.16 Sanotaan, että lauseen 2.15 homomorfismi ϕ∗ : Fr(A) →
G on kuvauksen ϕ : A → G indusoima homomorfismi. Tällainen nimitys
on järkevää lauseen 2.15 yksikäsitteisyyspuolen nojalla. Huomaa, että tässä ei
aseteta mitään ehtoja kuvaukselle ϕ eikä joukolle A (= ∅). G:n pitää olla Abelin
ryhmä ja oleellista tässä on, että lauseen 2.15 antama ϕ:n indusoima kuvaus
ϕ∗ : Fr(A) → G on todellakin homomorfismi, riippumatta siitä, millainen
”sotku” alkuperäinen kuvaus ϕ on.
Lause 2.17 Olkoon A ⊂ G vapaan Abelin ryhmän G kanta sekä j : A ֒→ G
upotuskuvaus, j(a) = a kaikille a ∈ A. Tällöin j:n indusoima homomorfismi j∗ :
Fr(A) → G on isomorfismi. Erityisesti siis ryhmät Fr(A) ja G ovat isomorfisia,
Fr(A) ∼ = G.
Todistus. Harjoitustehtävä.
Lause 2.18 Oletetaan, että kahden vapaan Abelin ryhmän G ja H jotkin kannat
A ja B ovat yhtä mahtavia, jolloin on olemassa bijektio f G:n kannalta A H:n
kannalle B ja f voidaan tulkita kuvaukseksi f : A → H. Tällöin f:n indusoima
homomorfismi f∗ : Fr(A) → H on isomorfismi. Erityisesti siis ryhmät Fr(A)
ja H ovat isomorfisia, Fr(A) ∼ = H.
20

Todistus. Harjoitustehtävä.
Lause 2.19 Oletetaan, että kahden vapaan Abelin ryhmän G ja H jotkin kannat
A ja B ovat yhtä mahtavia. Tällöin pätee G ∼ = H.
Todistus. Tämä seuraa suoraan lauseista 2.17 ja 2.18, joiden mukaan G ∼ =
Fr(A) ∼ = H.
Huomautus 2.20 Lauseelle 2.19 pätee myös käänteinen tulos: Jos G ∼ = H,
niin niiden (kaikki) kannat ovat yhtä mahtavia. Tämä on kuitenkin paljon vaikeampi
todistettava ja sivuutetaan tässä. Tästä tuloksesta seuraa huomautuksen
2.7 väite, jonka todistus sivuutettiin myös.
Huomautus. Esimerkissä 2.6 huomattiin, että jokainen Z n , n ≥ 1 on vapaa
Abelin ryhmä. Näille saadaan helposti lineaarialgebraa käyttäen:
Lause 2.21 Jos Z n ∼ = Z m , n,m ≥ 1, niin n = m.
Todistus. Harjoitustehtävä.
Lauseen 2.19 avulla saadaan äärelliskantaisille vapaille Abelin ryhmille:
Lause 2.22 Olkoon G = {0} vapaa Abelin ryhmä, jonka jossakin kannassa on
täsmälleen n alkiota. Tällöin pätee
Todistus. Harjoitustehtävä.
G ∼ = Z n .
Huomautus 2.23 Lauseiden 2.21 ja 2.22 nojalla nähdään heti, että jos vapaalla
Abelin ryhmällä G on äärellinen kanta, niin sen jokaisessa äärellisessä
kannassa on sama määrä alkioita. Tämä ei kuitenkaan vielä (sinällään) estä
sitä, etteikö G:llä voisi olla myös ääretöntä kantaa. Tällaista ei kuitenkaan voi
olla harjoitustehtävän 2.1 nojalla. Joka tapauksessa (siis myös ilman tuota harjoitustehtävää)
voidaan määritellä vapaan Abelin ryhmän G aste, joka on G:n
äärellisen kannan alkioiden lukumäärä, mikäli tällainen kanta on olemassa. Sovitaan
erikseen, että ”nollaryhmän” {0} (joka on tehdyn sopimuksen mukaan vapaa)
aste on nolla, vaikka sen kannassa onkin yksi alkio. Jos äärellistä kantaa
ei ole, sanotaan, että G:n aste on ääretön.
Lause 2.24 Olkoon G Abelin ryhmä, H vapaa Abelin ryhmä ja ϕ : G → H
epimorfismi. Tällöin on olemassa monomorfismi ψ : H → G siten, että
ϕ ◦ ψ = idH.
Todistus. Olkoon A ⊂ H vapaan Abelin ryhmän H kanta. (Tällainenhan on
aina määritelmän mukaan olemassa.) Koska ϕ : G → H on oletuksen mukaan
surjektio, niin jokaisella a ∈ A joukko ϕ −1 (a) ⊂ G on epätyhjä. Jokaiselle a ∈ A
21

voidaan tällöin valita jokin xa ∈ ϕ −1 (a). Valinta-aksiooman nojalla näin syntyy
kuvaus f : A → G siten että
Tällöin pätee
f(a) = xa ∈ ϕ −1 (a) kaikille a ∈ A.
ϕ ◦ f(a) = a kaikille a ∈ A. (1)
Koska G on Abelin ryhmä, niin lauseen 2.15 nojalla f indusoi homomorfismin
siten, että
f∗ : Fr(A) → G
f∗ ◦ i = f. (2)
Olkoon j : A ֒→ H upotuskuvaus j(a) = a kaikille a ∈ A ja j∗ : Fr(A) → H sen
indusoima homomorfismi, jolle lauseen 2.15 nojalla pätee
j∗ ◦ i = j. (3)
Lauseen 2.17 nojalla j∗ on isomorfismi, jolloin sillä on käänteiskuvaus j −1
∗ : H →
Fr(A), joka on myös isomorfismi. Lisäksi ehdon (3) nojalla saadaan ehto
Määritellään nyt kuvaus ψ asettamalla
j −1
∗ ◦ j = i. (4)
ψ = f∗ ◦ j −1
∗ : H → G.
Koska sekä j −1
∗ : H → Fr(A) että f∗ : Fr(A) → G ovat homomorfismeja, myös
ψ : H → G on hyvin määritelty homomorfismi.
Osoitetaan, että tämä ψ toteuttaa väitteen ehdon ϕ ◦ ψ = idH eli että
ϕ ◦ ψ(x) = x kaikille x ∈ H. (5)
Olkoon tätä varten x ∈ H mielivaltainen. Koska A on H:n kanta, niin x voidaan
esittää äärellisenä summana
x =
naa, missä na ∈ Z ∀a ∈ A ja na = 0 m.k. a ∈ A. (6)
Tällöin saadaan
a∈A
ϕ ◦ ψ(x) i) = ϕ ◦ ψ(
a∈A
a∈A
a∈A
naa) ii)
=
na · ϕ ◦ ψ(a) iii)
=
a∈A
na · ϕ ◦ f∗ ◦ j −1
∗ ◦ j(a) v)
=
naa viii)
= x,
a∈A
a∈A
na · ϕ ◦ f∗ ◦ i(a) vi)
=
22
na · ϕ ◦ f∗ ◦ j −1
∗ (a) iv)
=
a∈A
na · ϕ ◦ f(a) vii)
=

joten väite (5) pätee. Yllä yhtälö
i) saadaan esityksestä (6),
ii) seuraa siitä, että ϕ ja ψ ovat homomorfismeja,
iii) seuraa ψ:n määritelmästä,
iv) seuraa upotuskuvauksen j määritelmästä: j(a) = a kaikille a ∈ A,
v) seuraa ehdosta (4),
vi) seuraa ehdosta (2),
vii) seuraa ehdosta (1) ja
viii) saadaan esityksestä (6)
Näin todistuksessa konstruoitu ψ on lauseen väitteessä kaivattu ψ, jos vielä
osoitetaan, että se on monomorfismi. Homomorfismiksi se tiedetään, joten riittää
osoittaa, että se on injektio. Tämä on tässä vaiheessa triviaali väite, koska
tiedetään, että ϕ ◦ ψ = idH ja idH on injektio, jolloin kuvauksen ψ on oltava
myös injektio.
Huomautus. Lauseen 2.24 kuvaus ψ on siis kuvauksen ϕ ”toispuoleinen” käänteiskuvaus,
jolle pätee ϕ ◦ψ = idH, mutta ei välttämättä ψ ◦ϕ = idG. Tällainen
injektiivinen kuvaus ψ on aina olemassa pelkästään ϕ:n surjektiivisuuden nojalla
– se voidaan konstruoida aivan samalla tavalla kuin lauseen 2.24 todistuksessa.
(”Oikeaa” käänteiskuvausta ψ, jolle pätisi myös ϕ ◦ ψ = idG, ei tietenkään ole
olemassa, ellei ϕ ole myös injektio.) Oleellista lauseessa 2.24 on siis se, että kuvaus
ψ on homomorfismi.
Huomautus. Lauseen 2.24 homomorfismia ψ ei välttämättä ole olemassa, jos H
ei ole vapaa. Tästä on esimerkkinä vaikkapa tilanne, jossa G = Z ja H = Z2 sekä
ϕ : G → H on tekijäkuvaus ϕ(x) = [x]. Tässä tapauksessa ehdon ϕ◦ψ = idH toteuttavan
kuvauksen ψ : H → G täytyy toimia niin, että ψ([0]) = a ja ψ([1]) = b,
missä a ∈ Z on parillinen ja b ∈ Z on pariton. Tällainen kuvaus ψ ei kuitenkaan
ole homomorfismi, kuten helposti nähdään.
Lause 2.25 Olkoon G vapaa Abelin ryhmä, kantana A ⊂ G. Olkoon H Abelin
ryhmä ja ϕ : G → H isomorfismi. Tällöin myös H on vapaa, kantana ϕ(A) ⊂
H.
Todistus. Harjoitustehtävä.
Jokaisen vapaan Abelin ryhmän jokainen aliryhmä on myös vapaa. Tämän todistaminen
on kuitenkin varsin vaikeaa, ja tyydytään tässä äärellisasteiseen versioon:
Lause 2.26 Olkoon G vapaa Abelin ryhmä, jonka aste on n ∈ N ja olkoon
H ⊂ G aliryhmä. Tällöin H on myös vapaa Abelin ryhmä. Lisäksi H on äärellisasteinen
ja H:n asteelle m pätee m ≤ n.
Todistus. Jos H = {0}, niin tehtyjen sopimusten nojalla väite pätee. Voidaan siis
olettaa, että H = {0}. Tällöin välttämättä myös G = {0}. Oletuksen ja lauseen
23

2.22 nojalla on olemassa isomorfismi ϕ : G → Z n . Koska H on G:n aliryhmä,
niin ϕ(H) on Z n :n aliryhmä. Jos nyt osoitetaan, että väite pätee ryhmälle ϕ(H),
nin väite seuraa lauseesta 2.25, sillä rajoittumakuvaus ϕ −1 | ϕ(H) : ϕ(H) → H on
isomorfismi. Siten riittää osoittaa, että jokainen Z n :n aliryhmä toteuttaa väitteen
ehdot eli voidaan olettaa, että G = Z n jollekin n ≥ 1.
Tehdään induktio n:n suhteen.
Olkoon ensin n = 1 eli G = Z. Tällöin voidaan määritellä
a = min{|x| | x ∈ H \ {0}}.
Tällöin a > 0. Koska H on aliryhmä, pätee a ∈ H ja edelleen Z · a ⊂ H.
Toisaalta myös H ⊂ Z · a, sillä jos x ∈ H, niin kokonaislukujen jakoidentiteetin
nojalla on olemassa q,r ∈ Z siten, että 0 ≤ r < a ja x = qa + r, jolloin
r = x − qa ∈ H + Z · a ⊂ H + H = H. (1)
Koska 0 ≤ r < a, niin ehto (1) on luvun a nojalla mahdollista vain kun r = 0.
Tällöin
x = qa + r = qa ∈ Z · a,
joten väite H ⊂ Z · a pätee.
Näin on nähty, että Z · a ⊂ H ja H ⊂ Z · a, joten H = Z · a. Silloin selvästi
H on vapaa Abelin ryhmä, kantana {a}. Vertaa kuitenkin esimerkkiin 2.6,
jossa todettiin, että syklinen ryhmä ei aina ole vapaa. Nyt se sitä kuitenkin on,
koska Z:ssa ma = 0 kaikille m = 0. Lisäksi H:n aste on 1, joten myös lauseen
jälkimmäinen väite pätee.
Näin induktion alkuaskel on otettu. Tehdään sitten induktio-oletus, että n ≥ 2
ja että väite pätee n − 1:lle. Todistetaan se n:lle.
Koska H ⊂ G = Z n , niin voidaan määritellä kuvaus ϕ : H → Z asettamalla
ϕ(x1,...,xn) = xn kaikille (x1,...,xn) ∈ H.
Selvästi ϕ on homomorfismi, jonka ydin Ker(ϕ) on ryhmä ja jolle pätee
Tällöin määrittely
Ker(ϕ) ⊂ {(x1,...,xn−1,0) | (x1,...,xn−1) ∈ Z n−1 }.
ψ(x1,...,xn−1,0) = (x1,...,xn−1) ∈ Z n−1 kaikille (x1,...,xn−1,0) ∈ Ker(ϕ)
antaa ilmeisesti monomorfismin ψ : Ker(ϕ) → Z n−1 . Silloin ψ(Ker(ϕ)) on
Z n−1 :n aliryhmä ja
ψ −1 : ψ(Ker(ϕ)) → Ker(ϕ) on isomorfismi. (2)
24

Induktio-oletuksen nojalla Z n−1 :n aliryhmä ψ(Ker(ϕ)) on vapaa Abelin ryhmä
ja sen aste on m ≤ n − 1. Tällöin lauseen 2.25 ja ehdon (2) nojalla sama pätee
Ker(ϕ):lle eli Ker(ϕ) vapaa Abelin ryhmä, jonka aste on m ≤ n − 1.
Siten Ker(ϕ):llä on kanta A = {a1,...,am} ⊂ Ker(ϕ) ⊂ H.
Jos nyt Ker(ϕ) = {(0,...,0)}, niin ϕ on monomorfismi ja siten isomorfismi kuvajoukolleen
Im(ϕ). Koska Im(ϕ) ⊂ Z, niin induktiotodistuksen alkuaskeleen
nojalla Im(ϕ) on vapaa Abelin ryhmä, jonka aste on 0 tai 1. Koska tässä tapauksessa
ϕ−1 : Im(ϕ) → H on isomorfismi, niin sama pätee lauseen 2.25 nojalla tällöin
myös H:lle ja asia on selvä. Voidaan siis olettaa, että Ker(ϕ) = {(0,...,0)}.
Tällöin määritelmän 2.3 mukaisesti jokaisella y ∈ Ker(ϕ) on yksikäsitteinen
esitys
m
y = qiai, q1,...,qm ∈ Z. (3)
i=1
(Huomaa, että jos Ker(ϕ) on nollaryhmä, niin sen kannassa A = {a1,...,am}
on vain nolla-alkio, ja siinä erikoistapauksessa esitys (3) ei ole yksikäsitteinen.
Tämä vaihtoehto käsiteltiin kuitenkin jo edellä.)
Jos nyt Im(ϕ) = {0}, niin Ker(ϕ) = H, ja asia on selvä, koska tiedetään,
että Ker(ϕ) on vapaa, kantana A. Voidaan siis olettaa, että Im(ϕ) = {0}. Kuten
edellä todettiin, Im(ϕ) on vapaa Abelin ryhmä, jonka aste on 0 tai 1, joten
oletuksen ”Im(ϕ) = {0}” nojalla sen aste on 1. Tällöin se on esimerkin 2.6
nojalla syklinen ryhmä ja koska Im(ϕ) ⊂ Z, niin
Im(ϕ) = Z · b jollekin b ∈ Z \ {0}.
Koska Im(ϕ) on vapaa ja ϕ : H → Im(ϕ) epimorfismi, niin lauseen 2.24 nojalla
on olemassa monomorfismi ψ : Im(ϕ) → H siten, että
ϕ ◦ ψ = Id Im(ϕ). (4)
Koska m ≤ n − 1, niin induktioväite seuraa, jos osoitetaan, että
{a1,...,am,ψ(b)} on H:n kanta. (5)
Koska ψ on kuvaus ψ : Im(ϕ) → H ja b ∈ Im(ϕ), niin ψ(b) ∈ H. Edellä jo todettiin,
että A ⊂ H, joten kantaehdokkaalle (5) pätee ainakin {a1,...,am,ψ(b)} ⊂
H. Tällöin riittää osoittaa, että jokaiselle h ∈ H on olemassa yksikäsitteinen
esitys
m
h = qiai + rψ(b), q1,...,qm,r ∈ Z. (6)
i=1
Osoitetaan ensin esityksen (6) olemassaolo.
Olkoon h ∈ H mielivaltainen. Koska ϕ(h) ∈ Im(ϕ) = Z · b, niin
ϕ(h) = rb jollekin r ∈ Z. (7)
25

Toisaalta, koska H on ryhmä ja ψ(ϕ(h)) ∈ H, niin myös h − ψ(ϕ(h)) ∈ H, ja
silloin kuvauksen ϕ homomorfisuuden nojalla
ϕ(h − ψ(ϕ(h))) = ϕ(h) − ϕ(ψ(ϕ(h))). (8)
Koska ehdon (4) mukaan ϕ ◦ ψ = Id Im(ϕ), niin ehdon (8) nojalla
ϕ(h − ψ(ϕ(h))) = ϕ(h) − ϕ(h) = 0,
joten h−ψ(ϕ(h)) ∈ Ker(ϕ). Koska A = {a1,...,am} on ryhmän Ker(ϕ) kanta,
niin tällöin on olemassa q1,...,qm ∈ Z siten, että
Tällöin
i=1
h − ψ(ϕ(h)) =
i=1
m
qiai.
i=1
m
h = qiai + ψ(ϕ(h)) i) m
= qiai + ψ(rb) ii)
=
m
qiai + rψ(b),
joten esitys (6) on voimassa. Yllä yhtälö i) seuraa ehdosta (7) ja yhtälö ii) siitä,
että ψ on homomorfismi.
Pitää vielä osoittaa, että esitys (6) on yksikäsitteinen. Olkoon sitä varten
m
m
h = qiai + rψ(b) = piai + sψ(b), q1,...,qm,p1,...,pm,r,s ∈ Z; (9)
i=1
i=1
pitää osoittaa, että r = s ja qi = pi kaikille i = 1,...,m.
Ehdosta (9) saadaan
i=1
m
(qi − pi)ai = (s − r)ψ(b). (10)
i=1
Koska a1,...,an ∈ Ker(ϕ) ja ϕ on homomorfismi, niin
m
m
m
ϕ( (qi − pi)ai) = (qi − pi)ϕ(ai) = (qi − pi) · 0 = 0.
i=1
i=1
i=1
Tällöin ehdon (10) nojalla ϕ((s − r)ψ(b)) = 0, ja siten
0 = ϕ((s − r)ψ(b)) i) = (s − r)ϕ(ψ(b)) ii)
= (s − r)b, (11)
missä yhtälö i) seuraa siitä, että ϕ on homomorfismi ja yhtälö ii) ehdosta (4).
Koska b,s,r ∈ Z ja b = 0, niin ehdon (11) nojalla on oltava s = r. Tällöin esityksen
(6) yksikäsitteisyys seuraa, jos osoitetaan, että qi = pi kaikille i = 1,...,m.
26

Koska siis r = s, niin ehdosta (9) saadaan ehto
m m
qiai = piai, (12)
i=1
josta väitetty qi = pi kaikille i = 1,...,m seuraa, sillä {a1,...,am} on kanta ja
siten yhtälön (12) summaesitys on yksikäsitteinen.
Harjoitustehtäviä
2.1 Osoita lauseen 2.26 avulla että äärellisasteisella vapaalla Abelin ryhmällä
ei voi olla ääretöntä kantaa. Vertaa huomautukseen 2.7.
2.2 Määrää vapaiden Abelin ryhmien Z ja Z 2 kaikki kannat.
2.3 Yleistä tehtävän 2.2 tulos määräämällä vapaan Abelin ryhmän Z n , n ≥ 1
kaikki kannat.
i=1
3 Singulaariset simpleksit ja ketjut
Tässä luvussa siirrytään varsinaiseen homologiateoriaan. Tässä koko ajan X on
epätyhjä topologinen avaruus ja ∆n ⊂ R n+1 on standardisimpleksijoukko (ks.
merkintä 1.25 sekä huomautus 1.26). Oletetaan myös, että jokaisessa R n+1 :ssä
on tavallinen normitopologia ja ∆n:ssä tämän topologian indusoima topologia.
Määritelmä 3.1 Olkoon n ∈ N. Sanotaan, että avaruuden X singulaarinen
n-simpleksi on jatkuva kuvaus σ : ∆n → X. Merkitään kaikkien singulaaristen
n-simpleksien joukkoa symbolilla
Σn(X) = {σ | σ on jatkuva kuvaus σ : ∆n → X}.
Huomautus 3.2 Lauseen 1.30 nojalla affiinit n-simpleksit normiavaruuteen E
ovat singulaarisia n-simpleksejä aina. Käänteinen ei kuitenkaan päde, koska
singulaarisen simpleksin ei tarvitse olla affiini kuvaus (eikä X:n normiavaruus).
Huomautus 3.3 Koska ∆0 on yksiö {1} ⊂ R, niin kaikki kuvaukset ∆0 → X
ovat triviaalisti jatkuvia, joten
Σ0(X) = {σ | σ on kuvaus σ : ∆0 → X}.
Toisaalta tällainen kuvaus saa vain yhden arvon σ(1) ∈ X, joka määrää σ:n
täysin. Tällöin X ja Σ0(X) ovat 1-1 vastaavuudessa, kun samastetaan piste
x ∈ X ja kuvaus σx : ∆0 → X, σx(1) = x. Tämän samastuksen kautta voidaan
tulkita Σ0(X) = X, mitä tulkintaa jatkossa joskus käytetäänkin.
27

Määritelmä 3.4 Olkoon n ∈ N. Sanotaan, että avaruuden X singulaaristen
n-ketjujen ryhmä on joukon Σn(X) virittämä vapaa Abelin ryhmä. Merkitään
tätä ryhmää symbolilla Sn(X), siis
Sn(X) = Fr(Σn(X)).
Huomautus 3.5 Huomautuksessa 2.11 samastettiin A = i(A) ⊂ Fr(A) samastuskuvauksen
i(a) = fa kautta. Lisäksi huomautuksessa 2.14 todettiin, miten
jokainen f ∈ Fr(A) voitiin esittää yksikäsitteisellä tavalla formaalina
summana f =
a∈A na · a missä na ∈ Z ∀a ∈ A ja na = 0 m.k. a ∈ A. Singulaaristen
n-ketjujen kohdalla käytetään jatkossa useimmiten nimenomaan tätä
esitystapaa. Siten formaalisti
Sn(X) = {
qσ · σ | qσ ∈ Z ∀σ ∈ Σn(X) ja qσ = 0 m.k. qσ ∈ Σn(X)}.
σ∈Σn(X)
Esimerkki Jos X = R 2 , niin huomautuksen 3.3 tulkinnan mukaan Σ0(X) koostuu
kaikista R 2 :n pisteistä. Tällöin S0(R 2 ) koostuu näiden formaaleista summista.
Esimerkiksi siis eräs S0(R 2 ):n alkio on c = 1·(0,3)+2·(2,1)+4·(0,0). Tässä
on nyt kuitenkin huolellisesti muistettava, että kyse on todellakin formaalista
summasta: tuo c:ssä oleva yhteenlasku ei ole R 2 :n yhteenlasku, eikä sitä saa
mennä ”laskemaan”. Ei siis ole c = (4,5) vaikka äkkiä ajatellen niin voisi luulla.
Voi tietysti sitten kysyä, mitä varten näitä samastuksia (joista tuo erehtymisen
mahdollisuus johtuu) sitten otetaan käyttöön, jos niistä aiheutuu ongelmia.
Vastaus löytyy vaikkapa tästä: Mieti ihan tarkkaan, mitä oikein ovat (täsmälleen
määritelmän mukaan – ilman huomautuksissa 3.3 ja 3.5 käyttöönotettuja
samastuksia) ryhmän S0(R 2 ) alkiot. Vastaus on niin epähavainnollinen, että tuo
samastuksista johtuva ambivalenssi alkaa tuntua ihan siedettävältä.
Toinen syy näiden samastusten käyttöön on se, että jatkossa merkinnät tahtovat
tulla hyvin monimutkaisiksi, ja pyritään niitä hieman selkeyttämään esimerkiksi
jättämällä tuo samastuskuvaus i merkitsemättä – eli siis siirtymällä
formaaleihin summiin. Muitakin merkintöjä selkeyttäviä (vastaavia) sopimuksia
tullaan jatkossa tekemään.
Näillä samastuksilla siis joukko Σ1(R 2 ) koostuu jatkuvista kuvauksista ∆1 → R 2
(eli käytännössä R 2 :n poluista) ja ryhmä S1(R 2 ) näiden formaaleista summista,
joukko Σ2(R 2 ) koostuu jatkuvista kuvauksista ∆2 → R 2 ja ryhmä S2(R 2 )
näiden formaaleista summista ja niin edelleen.
Tässä vaiheessa on syytä palauttaa mieleen luvun 2 tärkeä tulos, lause 2.15,
joka sanoo, että jos A on joukko, G Abelin ryhmä, f : A → G mielivaltainen
kuvaus ja i : A → Fr(A) samastuskuvaus, i(a) = fa, niin on olemassa yksikäsitteisesti
määrätty homomorfismi f∗ : Fr(A) → G siten, että f∗ ◦ i = f. Nyt
jos A = Σn(X) ja Fr(A) = Sn(X), niin tämä homomorfismi on ryhmien Sn(X)
ja G välinen. Tämän avulla saadaan ensimmäinen homologiateorian tulos:
28

Lause 3.6 Olkoon n ∈ N sekä X ja Y topologisia avaruuksia. Olkoot iX :
Σn(X) → Sn(X) ja iY : Σn(Y ) → Sn(Y ) samastuskuvauksia. Olkoon lisäksi
f : Σn(X) → Σn(Y ) mikä tahansa kuvaus. Tällöin on olemassa yksikäsitteisesti
määrätty homomorfismi f∗ : Sn(X) → Sn(Y ) siten, että kaavio
f
Σn(X) −→ Σn(Y )
⏐
⏐
⏐
⏐
iX
f∗
iY
Sn(X) −→ Sn(Y )
kommutoi eli pätee f∗ ◦ iX = iY ◦ f.
Todistus. Tämä seuraa soveltamalla lausetta 2.15 kuvaukseen iY ◦ f : Σn(X) →
Sn(Y ).
Olkoot X ja Y topologisia avaruuksia ja f : X → Y jatkuva kuvaus. Olkoon
n ∈ N ja σ ∈ Σn(X). Tällöin kuvaus f ◦ σ : ∆n → Y on jatkuvien kuvausten
yhdisteenä jatkuva ja siten joukon Σn(Y ) alkio. Tällöin voidaan määritellä
kuvaus fn : Σn(X) → Σn(Y ) asettamalla fn(σ) = f ◦ σ kaikille σ ∈ Σn(X).
Koska kyseessä on erittäin tärkeä kuvaus, muotoillaan tämä oikein viralliseksi
määritelmäksi:
Määritelmä 3.7 Olkoot X,Y topologisia avaruuksia ja f : X → Y jatkuva
kuvaus sekä n ∈ N. Sanotaan, että kuvaus fn : Σn(X) → Σn(Y ), missä
fn(σ) = f ◦ σ kaikille σ ∈ Σn(X),
on kuvauksen f indusoima (simpleksi)kuvaus.
Lause 3.8 Olkoot X,Y,Z topologisia avaruuksia, n ∈ N sekä f : X → Y ja
g : Y → Z jatkuvia kuvauksia. Tällöin simpleksikuvauksille fn, gn ja (g ◦ f)n
pätee
(g ◦ f)n = gn ◦ fn : Σn(X) → Σn(Z).
Todistus. Harjoitustehtävä.
Jos nyt iX : Σn(X) → Sn(X) ja iY : Σn(Y ) → Sn(Y ) ovat samastuskuvauksia
ja fn : Σn(X) → Σn(Y ) jonkun jatkuvan kuvauksen f : X → Y indusoima
simpleksikuvaus, niin lauseen 3.6 nojalla on olemassa yksikäsitteisesti määrätty
homomorfismi (fn)∗ : Sn(X) → Sn(Y ) siten, että kaavio
Σn(X) −→ Σn(Y )
⏐
iX
fn
⏐
iY
(fn)∗
Sn(X) −→ Sn(Y )
29

kommutoi eli pätee (fn)∗ ◦ iX = iY ◦ fn. Tämä havainto – ja erityisesti homomorfismin
(fn)∗ yksikäsitteisyys – antaa aiheen määritellä:
Määritelmä 3.9 Olkoot X,Y topologisia avaruuksia ja f : X → Y jatkuva
kuvaus sekä n ∈ N. Olkoot lisäksi iX : Σn(X) → Sn(X) ja iY : Σn(Y ) →
Sn(Y ) samastuskuvauksia. Olkoon fn : Σn(X) → Σn(Y ) kuvauksen f indusoima
simpleksikuvaus. Sanotaan, että se yksikäsitteisesti määrätty homomorfismi
(fn)∗ : Sn(X) → Sn(Y ), jolle pätee
(fn)∗ ◦ iX = iY ◦ fn,
on kuvauksen f indusoima (ketju)homomorfismi. Ellei sekaannuksen vaaraa
ole, merkitään tätä ketjuhomomorfismia (fn)∗ myös symbolilla fn.
Huomautus. Tuo määritelmässä 3.9 käyttöönotettu yksinkertaistettu merkintä
(fn)∗ = fn saattaa joskus aiheuttaa sekaannusta, ja toisinkin voisi menetellä eli
pitää tuota tähteä tiukasti mukana. Tässä esityksessä nyt on kuitenkin valittu
tämä tolkuttomia merkintöjä yksinkertaistava linja, josta sitten on joku hinta
maksettava. Lauseen 3.12 todistuksessa näkyy hieman esimerkkejä siitä, minkälaisessa
dilemmassa tässä pyöritään: jos merkinnöistä pidetään tiukasti kiinni,
niin ne monimutkaistuvat (ja lopulta kohtuuttomasti, jolloin niiden lukeminen
on jo vaikeaa), mutta jos merkintöjä yksinkertaistetaan, niin tulkinta vaikeutuu.
Huomautus 3.10 On huomattava, että määritelmässä 3.9 kuvaus f on luonteeltaan
topologinen objekti, siinä ei ole lähtökohtaisesti mitään algebrallista (sen
enempää kuin topologisissa avaruuksissa X tai Y ). Sen sijaan ketjuhomomorfismi
fn on luonteeltaan (lähes) puhtaasti algebrallinen kuvaus: se on siis ryhmähomomorfismi.
Nimenomaan tämä ero on oleellista määritelmässä 3.9: siinä siis topologinen
konsepti f muutetaan algebralliseksi konseptiksi fn. Osoittautuu, että kuvauksen
f (topologisia) perusominaisuuksia voidaan tarkastella homomorfismien fn,
n ∈ N (algebrallisten) ominaisuuksien avulla. Tällöin päästään juuri siihen,
mistä tämän monisteen johdannossa puhuttiin: topologisia tuloksia voidaan todistaa
algebran avulla.
Tässä katsannossa voidaan sanoa, että määritelmä 3.9 on koko homologiateorian
ydinmääritelmä: se transformoi topologian algebraksi.
Huomautus 3.11 Palataan vielä huomautukseen 3.5, jossa samastettiin avaruuden
X n-simpleksi σ avaruuden X n-ketjuksi (eli simpleksien formaaliksi
summaksi) käyttämällä upotuskuvausta i : Σn(X) → Sn(X). (Mikä on muuten
tällöin yksittäisen simpleksin formaali summaesitys?) Jos nyt formaali summa
c =
σ∈Σn(X) nσ · σ on n-ketju, niin tarkkaan ottaen (eli ilman samastuksia)
onkin
c =
nσ · σ =
nσ · i(σ),
σ∈Σn(X)
30
σ∈Σn(X)

missä oikealla oleva summa ei ole enää ”formaali”, vaan ihan ”oikea” summa eli
Abelin ryhmän Sn(X) merkinnän 2.2 mukainen summa. Tämän saa siis ”laskea”,
toisin kuin yleensä formaalin summan. Tästä ”takaisinsamastuksesta” on
joskus hyötyä. Tämä näkyy esimerkiksi seuraavan pikku lauseen todistuksesta:
Lause 3.12 Olkoot X,Y topologisia avaruuksia ja f : X → Y jatkuva kuvaus
sekä n ∈ N. Olkoot lisäksi iX : Σn(X) → Sn(X) ja iY : Σn(Y ) → Sn(Y )
samastuskuvauksia. Olkoon fn : Sn(X) → Sn(Y ) kuvauksen f indusoima ketjuhomomorfismi.
Olkoon σ ∈ Σn(X). Tällöin pätee
fn(σ) = f ◦ σ. (1)
Olkoon lisäksi c =
σ∈Σn(X) nσ · σ ∈ Sn(X). Tällöin pätee
fn(c) =
σ∈Σn(X)
nσ · fn(σ). (2)
Huomautus. Tätä lausetta pitää tulkita. Väitteet ovat sellaisenaan mielettömiä,
koska ketjuhomomorfismi fn on kuvaus fn : Sn(X) → Sn(Y ) ja nyt tässä σ ∈
Σn(X), joten pitää ainakin samastaa σ = iX(σ) ∈ Sn(X). Lisäksi vielä f ◦ σ ∈
Σn(Y ), joten väitteessä (1) pitää samastaa f ◦ σ = iY (f ◦ σ) ∈ Sn(Y ). Kun
vielä käytetään ketjuhomorfismille sen ”oikeaa” merkintää (fn)∗, missä fn on
f:n indusoima simpleksikuvaus, niin väitteet tulevat ”oikeaan muotoon”:
(fn)∗(iX(σ)) = iY (f ◦ σ) ja (1’)
(fn)∗(c) =
nσ · (fn)∗(iX(σ)). (2’)
σ∈Σn(X)
Todistus. Todistetaan ensin väite (1’). Se seuraa suoraan määritelmistä, sillä
(fn)∗(iX(σ)) i) = iY (fn(σ)) ii)
= iY (f ◦ σ),
missä yhtälö i) seuraa ketjuhomomorfismin ja yhtälö ii) simpleksikuvauksen
määritelmästä.
Väitettä (2’) varten kirjoitetaan c vielä ”oikeaan” huomautuksen 3.11 mukaiseen
muotoon
c =
nσ · σ =
nσ · iX(σ),
σ∈Σn(X)
σ∈Σn(X)
jolloin väite (2) tulee täysin auki kirjoitettuna muotoon
⎛
(fn)∗ ⎝
⎞
nσ · iX(σ) ⎠ =
nσ · (fn)∗(iX(σ)). (2”)
σ∈Σn(X)
σ∈Σn(X)
Tämä pätee, sillä (fn)∗ on homomorfismi, vertaa huomautuksen 2.14 kohtiin (4)
ja (5).
31

Huomautus. Tuosta edellisen lauseen aukikirjoitetusta väitteestä (2”) saa vähän
esimakua siitä, mitä olisi tulossa, jos merkintöjä ei yksinkertaistettaisi. Sulut
sun muut tähdet lisääntyisivät ja kertautuisivat ja tuottaisivat lopulta käytännössä
luettavaksi mahdottomia kaavoja. Erityisesti luvussa 9 esiintyy tästä
yksinkertaistamisesta huolimatta muutamia aika hirviömäisiä lausekkeita.
Seuraava lause on hyvin tärkeä. Siinä nyt sitten käytetään määritelmässä 3.9
mainittua merkintää fn = (fn)∗, jolloin lauseen tulos näyttää samalta kuin
lauseessa 3.8. Huomaa kuitenkin, että näissä on aivan oleellinen ero: lause 3.8
on lähinnä trivialiteetti simpleksikuvauksille, mutta nyt puhutaan ketjuhomomorfismeista,
mikä on aivan eri asia.
Lause 3.13 Olkoot X,Y,Z topologisia avaruuksia, n ∈ N sekä f : X → Y ja
g : Y → Z jatkuvia kuvauksia. Tällöin ketjuhomomorfismeille fn, gn ja (g ◦ f)n
pätee
(g ◦ f)n = gn ◦ fn : Sn(X) → Sn(Z).
Todistus. Olkoot iX : Σn(X) → Sn(X), iY : Σn(Y ) → Sn(Y ) ja iZ : Σn(Z) →
Sn(Z) samastuskuvauksia. Lauseen 3.8 nojalla kuvauksen g◦f : X → Z indusoima
simpleksikuvaus on gn ◦ fn : Σn(X) → Σn(Z), missä fn : Σn(X) → Σn(Y )
ja gn : Σn(Y ) → Σn(Z) ovat f:n ja g:n indusoimia simpleksikuvauksia. Koska
ketjuhomomorfismien fn ja gn yhdiste gn ◦ fn on homomorfismi, niin määritelmän
3.9 mukaan riittää osoittaa, että kaavio
Σn(X) −→ Σn(Z)
⏐
iX
gn ◦ fn
gn ◦ fn
⏐
iZ
Sn(X) −→ Sn(Z)
kommutoi. Huomaa, että tässä ylärivin kuvaukset ovat simpleksikuvauksia, kun
taas alarivillä puhutaan ketjuhomomorfismeista. Määritelmän 3.9 nojalla kaaviot
ja
Σn(X) −→ Σn(Y )
⏐
iX
fn
fn
⏐
iY
Sn(X) −→ Sn(Y )
Σn(Y ) −→ Σn(Z)
⏐
iY
gn
gn
⏐
iZ
Sn(Y ) −→ Sn(Z)
32
(1)
(2)
(3)

kommutoivat. Tällöin kaavion (1) kommutointi seuraa, sillä
(gn ◦ fn) ◦ iX = gn ◦ (fn ◦ iX) i) = gn ◦ (iY ◦ fn) = (gn ◦ iY ) ◦ fn
(iZ ◦ gn) ◦ fn = iZ ◦ (gn ◦ fn),
missä yhtälö i) seuraa kaavion (2) ja yhtälö ii) kaavion (3) kommutoinnista.
Lause 3.14 Identtisen kuvauksen idX : X → X indusoimalle ketjuhomomorfismille
(idX)n, n ∈ N, pätee
(idX)n = id Sn(X).
Todistus. Määritelmän 3.7 mukaan on selvää, että identtisen kuvauksen idX :
X → X indusoima simpleksikuvaus (idX)n : Σn(X) → Σn(X) on identtinen
kuvaus, sillä (idX)n(σ) = idX ◦ σ = σ kaikille σ ∈ Σn(X). Koska id Sn(X) :
Sn(X) → Sn(X) on homomorfismi, niin tällöin määritelmän 3.9 mukaan riittää
osoittaa, että kaavio
idΣn(X) Σn(X) −→ Σn(Y )
⏐
⏐
⏐
⏐
iX
id Sn(X)
iX
Sn(X) −→ Sn(X)
kommutoi. Mutta tämä on triviaalia:
id Sn(X) ◦ iX(σ) = iX(σ) = iX ◦ id Σn(X)(σ)
kaikille σ ∈ Σn(X).
Lause 3.15 Oletetaan, että topologiset avaruudet X ja Y ovat homeomorfisia.
Tällöin singulaaristen n-ketjujen ryhmät Sn(X) ja Sn(Y ) ovat isomorfisia kaikille
n ∈ N.
Todistus. Oletuksen mukaan on olemassa homeomorfismi f : X → Y . Tällöin f
on jatkuva, joten se indusoi ketjuhomomorfismin fn : Sn(X) → Sn(Y ) kaikille
n ∈ N. Myös käänteiskuvaus f −1 : Y → X on jatkuva, joten sekin indusoi ketjuhomomorfismin
(f −1 )n : Sn(Y ) → Sn(X) kaikille n ∈ N.
Riittää osoittaa, että jokaiselle n homomorfismi fn on isomorfismi, mihin riittää
osoittaa, että (f −1 )n on sen käänteiskuvaus eli että pätee
fn ◦ (f −1 )n = id Sn(Y ) ja (f −1 )n ◦ fn = id Sn(X).
Nämä saadaan nyt helposti, sillä esimerkiksi
fn ◦ (f −1 )n
i)
= (f ◦ f −1 ii) iii)
)n = (idY )n = idSn(Y ),
33
ii)
=

missä yhtälö i) seuraa lauseesta 3.13, yhtälö ii) siitä, että f −1 on f:n käänteiskuvaus
ja yhtälö iii) lauseesta 3.14.
Vastaavasti nähdään, että (f −1 )n ◦ fn = id Sn(X).
Huomautus 3.16 Lause 3.15 on kokonaisuutta ajatellen hyvin tärkeä. Kuten
johdannossa todettiin, koko algebrallisen topologian eräänä tavoitteena on liittää
topologiseen avaruuteen X jokin algebrallinen objekti A(X) siten, että pätee
X ≈ Y ⇒ A(X) ∼ = A(Y ).
Nyt lauseen 3.15 mukaan tähän tavoitteeseen on päästy eli singulaaristen nketjujen
ryhmät ovat sellaisia algebrallisia objekteja, joille pätee X ≈ Y ⇒
Sn(X) ∼ = Sn(Y ).
Kuten johdannossa edelleen todettiin, seuraavaksi on syytä pohtia löydetyn algebrallisen
objektin A(X) rakennetta. Jos se on liian yksinkertainen, siitä ei ole
välttämättä hyötyä, koska silloin A(X) ei erottele riittävän hyvin epähomeomorfisia
avaruuksia. Jos se taas on liian monimutkainen, niin syntyvä algebrallinen
ongelma ”Onko A(X) ∼ = A(Y )?” on liian vaikea ratkaistavaksi, jolloin k.o. tuloksesta
ei taaskaan ole hyötyä.
Ovatko nyt sitten nämä löydetyt algebralliset objektit eli singulaaristen n-ketjujen
ryhmät liian yksinkertaisia, ”sopivia” vai liian monimutkaisia?
Vastaus on, että ne ovat liian monimutkaisia. Nämä ryhmät ovat aivan liian
suuria, jotta ongelmaa ”Onko Sn(X) ∼ = Sn(Y )?” voitaisiin jotenkin helposti ratkaista.
Asiaan tulee parannus homologiaryhmien avulla. Nämä syntyvät ryhmistä
Sn(X) tietyn prosessin kautta (jota prosessia jatkossa käydään läpi) ja ne ovat
yleisesti ottaen paljon, paljon yksinkertaisempia kuin perusryhmät Sn(X) – eivät
kuitenkaan liian yksinkertaisia. Enemmän tai vähemmän perustellusti voidaan
sanoa, että ”homologiaryhmät pelkistävät ryhmistä Sn(X) esiin olennaisen”.
Jatkossa suunnataan siis homologiaryhmien kimppuun.
Harjoitustehtäviä
3.1 Olkoot X ja Y topologisia avaruuksia ja f : X → Y jatkuva injektio.
Osoita, että f:n indusoima ketjuhomomorfismi fn : Sn(X) → Sn(Y ) on monomorfismi
kaikille n ∈ N.
3.2 Olkoot X ja Y topologisia avaruuksia ja f : X → Y jatkuva surjektio.
Osoita esimerkillä, että f:n indusoima ketjuhomomorfismi fn : Sn(X) → Sn(Y )
ei välttämättä ole epimorfismi kaikille n ∈ N.
34

3.3 Olkoon X yhden pisteen muodostama topologinen avaruus – tässähän voi
olla vain yksi topologia: avoimia joukkoja ovat ∅ ja X. Määrää ryhmät Sn(X)
kaikille n ∈ N. Nämä ovat huomautuksesta 3.16 huolimatta melko yksinkertaisia
laitteita. Tämä johtuu tietysti joukon X yksinkertaisuudesta. Jos X on isompi
joukko, niin vaikka se varustetaan minitopologialla (jossa avoimia joukkoja ovat
vain ∅ ja X), ryhmistä Sn(X) tulee paljon mutkikkaampia. Itse asiassa on niin,
että mitä pienempi topologia, sitä enemmän on jatkuvia kuvauksia ∆n → X ja
sitä suurempi on Σn(X) ja siten myös Sn(X).
4 Reunat, ketjukompleksit ja homologia
Palautetaan mieleen luvussa 1 määritelty affiinisimpleksi F i n = (e0 ...êi ...en) :
∆n−1 → ∆n. Tämän kuvausgeometriahan on seuraavanlainen:
-kun n = 1, niin ∆0 (joka on piste) kuvautuu ∆1:n (joka on jana) eri päätepisteille
i:stä riippuen,
-kun n = 2, niin ∆2 (joka on jana) kuvautuu ∆2:n (joka on kolmiolevy) eri
kyljille i:stä riippuen,
-kun n = 3, niin ∆2 (joka on kolmiolevy) kuvautuu ∆3:n (joka on umpinainen
tetraedri) eri tahkoille i:stä riippuen jne.
Yleistetään nyt nuo käsitteet ”janan päätepiste”, ”kolmion kyljet”, ”tetraedrin
tahkot” jne koskemaan kaikkia singulaarisia (ei siis vain affiineja) simpleksejä.
Yleisnimityksenä käytetään tässä termiä ”simpleksin taho”. (Paremmankin
nimen tuolle voisi keksiä; julistetaan nimikilpailu täten alkaneeksi.)
Määritelmä 4.1 Olkoon X topologinen avaruus, n ≥ 1 ja σ ∈ Σn(X) singulaarinen
n-simpleksi. Olkoon lisäksi 0 ≤ i ≤ n. Määritellään kuvaus ∂ i σ : ∆n−1 →
X asettamalla
∂ i σ = σ ◦ F i n ∈ Σn−1(X)
ja sanotaan, että ∂ i σ on simpleksin σ i : s taho.
Huomautus. Simpleksin taho on siis kuvaus, ei mikään geometrinen objekti
kuten kolmion kylki tai tetraedrin tahko.
Huomautus 4.2 Huomautuksen 1.33 nojalla F i n on jatkuva, joten jatkuvien
kuvausten yhdisteenä myös ∂ i σ on jatkuva, ja siten todellakin ∂ i σ ∈ Σn−1(X),
kuten määritelmässä 4.1 väitetään.
Havainnollinen esimerkki. Olkoon tässä X = R 2 tai X = R 3 . Tarkastellaan yksinkertaisuuden
vuoksi vain affiineja simpleksejä.
Olkoon ensin n = 1 ja σ affiini 1-simpleksi eli affiini kuvaus σ : ∆1 → X.
Simpleksi ∆1 on jana, joten affinisuudesta johtuen σ(∆1) on myös jana (ellei se
35

nyt sitten satu surkastumaan yhdeksi pisteeksi, mutta sivuutetaan tämä mahdollisuus
tässä). Tilanne näyttää siis tältä:
•
σ(e0)
•
∆0
−→ F i 1
−→
• • •
σ
e0 e1 σ(e1)
∆1
σ(∆1)
Tässä kuvassa on myös ”suunnistettu” jana ∆1 eli ilmoitettu, mihin suuntaan
se ”kuljetaan”. Sanotaan, että tämä on janan ∆1 positiivinen suunnistus.
Negatiivinen suunnistus on tietysti sitten päinvastainen. Tämä suunnistus indusoi
suunnistuksen myös kuvajanalle σ(∆1) (jota suunnistusta tuo nuoli tuolla
esittää) – siinä siis jana σ(∆1) ”kuljetaan” pisteestä σ(e0) pisteeseen σ(e1). Sanotaan,
että tämä on myös janan σ positiivinen suunnistus. Vastakkainen
suunta on sitten negatiivinen.
Sanotaan myös, että σ(e0) on janan σ(∆1) alkupiste ja σ(e1) sen loppupiste.
Nämä ”suunnistusmääritelmät” ovat tässä täysin heuristisia, eikä niitä kannata
ottaa turhan vakavasti. Niiden tarkoitus on vain auttaa jatkossa havainnollistamaan
syntyviä tilanteita mahdollisimman helposti. Huomaa myös, että tämä
janan suunnistus ei siis määräydy mitenkään geometrisesta janasta, vaan nimenomaan
siitä kuvauksesta, jonka kuvajoukko kyseinen geometrinen jana on.
Tässähän tulee nyt myös vastaan sellainen terminologinen ongelma, että ”janaksi”kutsutaan
paitsi geometrista janaa myös kyseistä kuvausta. Tämä pitäisi
tietenkin täsmentää, mutta tässä esityksessä nämä janat ja suunnistukset pyörivät
vain heuristisessa osassa, eikä niistä puhuta varsinaisessa ”kovassa asiassa”
mitään. Tässä heuristiikassa pyritään siis mahdollisimman suureen havainnollisuuteen
ja tingitään täsmällisyydestä. Nämä suunnistusasiat kannattaa joka
tapauksessa pitää mielessä, kun asia etenee.
Katsotaanpa sitten mitä ovat 1-simpleksin σ edellä määritellyt tahot. Koska
n = 1, niin näitä tahoja on kaksi, σ ◦ F i 1 : ∆0 → X, i = 0,1. Simpleksi
∆0 on piste, joten nämä ovat vakiokuvauksia. Affinisimpleksien F i n määritelmän
mukaan F 0 n(e0) = e1 ja F 1 n(e0) = e0, joten nämä tahot saavat vakioarvot
σ ◦ F 0 1 (e0) = σ(e1) ja σ ◦ F 1 1 (e0) = σ(e0). Siispä janan σ(∆1) tahot ovat sen
päätepisteet, toinen loppupiste ja toinen alkupiste.
Olkoon sitten n = 2 ja σ affiini 2-simpleksi eli affiini kuvaus σ : ∆2 → X.
Simpleksi ∆2 on kolmio, joten affinisuudesta johtuen σ(∆2) tahot ovat sen päätepisteet,
toinen loppupiste ja toinen alkupiste.
Olkoon sitten n = 2 ja σ affiini 2-simpleksi eli affiini kuvaus σ : ∆2 → X.
Simpleksi ∆2 on kolmio, joten affinisuudesta johtuen σ(∆2) on myös kolmio (el-
36

lei se nyt sitten satu surkastumaan, mutta sivuutetaan taas tämä mahdollisuus).
Tilanne näyttää nyt tältä:
e2
−→
• • • •
e0 e1 e0 e1
∆1
F i 2
•
∆2
−→
σ
•
σ(e2)
σ(e0) •
σ(∆2)
•
σ(e1)
Näitä simpleksin σ tahoja on nyt kolme: σ ◦ F i 2, i = 0,1,2. Nämä ovat kuvauksia
∆1 → X, siis janoja. Kuvaukset F i 2 : ∆1 → ∆2 ovat myös janoja. Tuohon
kuvaan on piirretty näiden kaikkien janojen positiivinen suunnistus. Janojen F i 2
suunnistus tulee määritelmästä: esimerkiksi janan F 1 2 alkupiste on määritelmän
mukaan e0 ja loppupiste e2. Muistisääntönä tässä voi käyttää sitä, että kaikki
janat on suunnistettu ”pienemmästä indeksistä isompaan”, kuten kuvasta näkyy.
Olkoon sitten n = 3 ja ja σ affiini 3-simpleksi eli affiini kuvaus σ : ∆3 → X.
Simpleksi ∆3 on tetraedri, joten affinisuudesta johtuen σ(∆3) on myös tetraedri
(ellei se surkastu). Tilanne näyttää nyt tältä:
e0
e2
e1
−→ F i 3
e0
e2
e1
e3
−→
σ
σ(e3)
σ(e1)
∆2 ∆3 σ(∆3)
σ(e0)
σ(e2)
Tässä siis simpleksin σ tahot ovat kuvauksia σ◦F i 3 : ∆2 → X, i = 0,1,2,3, joten
niitä on neljä kappaletta. Koska F i 3 kuvaa kolmion ∆2 tetraedrin ∆3 sivutahkoille,
niin nämä tahot σ ◦ F i 3 kuvaavat kolmion ∆2 tetraedrin σ(∆3) sivutahkoille.
Kun i saa arvot i = 0,1,2,3, jokainen sivutahko tulee peitettyä. Mille i:n arvolle
esimerkiksi (kuvan tilanteessa) ∆2 kuvautuu tetraedrin σ(∆3) etutahkolle eli
mille i = 0,1,2,3 joukko σ ◦ F i 3(∆2) on tetraedrin σ(∆3) etutahko?
Tuossa edellä suunnistettiin janat. Tätä samaa suunnistusajattelua voi harrastaa
myös kolmion reunoilla. Suunnistetaan ensin ”peruskolmion” ∆2 reuna
seuraavan kuvan osoittamalla tavalla:
e0
e2
e1
37

Tuo kuva tarkoittaa siis sitä, että reunaviiva kierretään syklisessä järjestyksessä
e0 → e1 → e2 → e0. Jos nyt σ : ∆2 → X on affiini simpleksi, niin kuvajoukon
σ(∆2) (joka on nyt myös kolmio) kierretään vastaavassa järjestyksessä
σ(e0) → σ(e1) → σ(e2) → σ(e0) kuvan osoittamalla tavalla:
e0
e2
e1
−→ σ
σ(e2)
σ(e0)
σ(e1)
Sanotaan nyt kuvausta σ myös kolmioksi (vrt. janan tapaus) ja sanotaan, että
tuo edellä heuristisesti kuvattu suunnistus on kolmion σ reunan positiivinen
suunnistus. Päinvastainen suunta on tietysti sitten negatiivinen suunnistus.
Katsotaanpa sitten miten kolmiot F i 2 : ∆2 → ∆3 suunnistuvat. Leikataan kuvan
yksinkertaistamiseksi tetraedrin ∆3 pinta auki pitkin pisteestä e2 lähteviä
särmiä:
e0
e2
e1
−→ F i 3
e2
Jätetään harjoitustehtäväksi miettiä, mikä kolmio (eli tetraedrin tahko) noista
kuvassa olevista on mikin eli mikä kolmioista on F i 3(∆2), i = 0,1,2,3. Samalla
voi varmistua siitä, että nuo kiertosuunnat ovat juuri niin kuin kuvassa
esitetään. Huomaa, että ”yhteenlaskien” jokainen tetraedrin särmä tulee kuljetuksi
kahteen kertaan sillä tavalla, että neljä kuudesta särmästä kuljetaan molemmilla
kerroilla samaan suuntaan, kun taas kaksi muuta mennään eri suuntiin
kierrettäessä nuo kylkikolmiot kuvaan merkittyyn positiiviseen kiertosuuntaan.
Huomaa lisäksi, että jos σ : ∆3 → X on affiini 3-simpleksi, niin sama kiertoilmiö
tapahtuu myös tetraedrin σ(∆3) pinnalla.
Nyt ollaan valmiita määrittelemään yleisen simpleksin reuna. Jätetään hetkeksi
siis tuo heuristinen kuvailu ja ollaan määritelmässä täsmällisiä.
e0
38
e3
e2
e1
e2

Määritelmä 4.3 Olkoon X topologinen avaruus, n ≥ 1 ja σ ∈ Σn(X) singulaarinen
n-simpleksi. Sanotaan, että simpleksin σ reuna on (n − 1)-ketju
∂nσ =
n
(−1) i ∂ i σ ∈ Sn−1(X).
i=0
Huomautus 4.4 Huomautuksen 4.2 mukaan n-simpleksin tahot ovat (n − 1)simpleksejä,
joten huomautuksen 3.5 mukaisesti määritelmän 4.3 formaali summa
on (n − 1)-ketju, eli todellakin pätee ∂nσ ∈ Sn−1(X), kuten määritelmässä
4.3 väitetään.
Esimerkki. Palataan taas heuristiikkaan ja affiineihin simplekseihin. Olkoon σ affiini
1-simpleksi eli jana. Samastetaan taas avaruuden X pisteet ja nollasimpleksit
eli vakiokuvaukset τ : ∆0 → X. Jos x ∈ X, niin merkitään symbolilla τx sitä
nollasimpleksiä, jonka (vakio)arvo on x.
Kuten edellisessä pitkähkössä esimerkissä jossakin vaiheessa todettiin, tälle janasimpleksille
σ pätee σ◦F 0 1 (e0) = σ(e1) ja σ◦F 0 1 (e0) = σ(e1) eli käyttäen tuota
symbolia τx pätee σ ◦ F 0 1 = τ σ(e1) ja σ ◦ F 1 1 = τ σ(e0). Siten reunan määritelmän
mukaan
∂1σ = τ σ(e1) − τ σ(e0). (1)
Nyt σ(e1) on janan σ loppupiste ja σ(e0) on sen alkupiste, joten samastamalla
taas avaruuden X pisteet x ja nollasimpleksit τx voidaan sanoa, että
1-simpleksin σ reuna on
∂1σ = loppupiste − alkupiste.
Tämä pätee muuten kaikille 1-simplekseille, ei pelkästään affiineille – kunhan
ensin sovitaan, mikä on tällaisen simpleksin alku- ja mikä loppupiste.
Ruvetaan sitten miettimään, mitä tapahtuu affiinille 2-simpleksille eli kolmiolle.
Palataan jo aiemmin esillä olleeseen kuvaan:
F i 2
e2
−→
• • • •
e0 e1 e0 e1
•
σ ◦ F 1 2 (∆1) ց
σ
−→
•
σ(e2)
σ(e0) •
σ ◦ F 2 2 (∆1)
•
σ(e1)
σ ◦ F 0 տ
2 (∆1)
∆1
∆2
σ(∆2)
Tässä on tärkeää huomata nuo suunnistukset, jotka kolmion σ(∆2) reunajanoille
σ ◦ F i 2 muodostuvat. Nyt reunan määritelmän mukaan
∂2σ = σ ◦ F 0 2 − σ ◦ F 1 2 + σ ◦ F 2 2 . (2)
Tuossa on nyt sitten tuo miinusmerkki, joka pitää tulkita. Tässä heuristiikassa
ja kuvien piirtelyssä kannattaa ajatella niin, että ”kun merkki vaihtuu,
39
ւ

niin suunta vaihtuu”. Ei ryhdytä sen syvällisemmin pohtimaan onko tässä
tulkinnassa mitään järkeä, mutta se on mainio muistisääntö ja tuottaa hauskoja
(ja välillä ihan oikeitakin) tuloksia. Tässä on kuitenkin muistettava, että
esimerkiksi tuo edellä oleva miinusmerkillä varustettu jana −σ ◦ F 1 2 ei tarkoita
formaalisti janaa pisteestä σ(e0) pisteeseen σ(e2), vaan alkuperäistä janaa
σ ◦ F 1 2 pisteestä σ(e2) pisteeseen σ(e0), joka jana on kerrottu luvulla −1.
Nyt kun formaalissa summassa (2) on tuo yksi miinusmerkki, niin noudatetaan
kuitenkin mainittua heuristista ohjetta ja vaihdetaan kyseisessä miinusmerkkisessä
janassa piirroksessa oleva suunta. Tulos on sitten tämän näköinen:
F i 2
e2
−→
• • • •
e0 e1 e0 e1
•
−σ ◦ F 1 2 (∆1) ց
−→
σ
•
σ(e2)
σ(e0) •
σ ◦ F 2 2 (∆1)
•
σ(e1)
σ ◦ F 0 տ
2 (∆1)
∆1
∆2
σ(∆2)
Mitäs nyt havaitaan? Jos tulkitaan simpleksien summa niin, että niitä vain
asetellaan peräkkäin, niin summa (2) on itse asiassa kolmion σ positiivisesti
suunnistettu reuna. Tästähän tuo määritelmän 4.3 nimitys reuna tietysti
tulee.
Entäpäs sitten affiinin 3-simpleksin σ reuna. Määritelmän mukaan reuna saadaan
tahojen summana
∂3σ = σ ◦ F 0 3 − σ ◦ F 1 3 + σ ◦ F 2 3 − σ ◦ F 3 3 . (3)
Seuraavassa kuvassa on tetraedrin ∆3 pinta leikattu auki pitkin kärjestä e2
lähteviä särmiä ja vastaavasti tetraedrin σ(∆3) pinta on leikattu auki pitkin
kärjestä σ(e2) lähteviä särmiä.
e0
e2
e1
−→ F i 3
e2
e0
e3
e2
e1
e2
σ(e2)
σ(e3)
σ(e2)
ւ
σ(e0)
σ(e1)
Huomaa, että noiden kolmioiden suunnistukset menevät todellakin nuolien osoittamalla
tavalla. Muistisääntöhän tässä on semmoinen, että kärkipisteet kierretään
”indeksien suuruusjärjestyksessä”. Tässä vaiheessa on syytä tunnistaa nuo
kolmiot: vasemmalla ylhäällä on σ ◦ F 1 3 (∆2), oikealla ylhäällä σ ◦ F 3 3 (∆2), keskellä
σ ◦ F 2 3 (∆2) ja alhaalla σ ◦ F 0 3 (∆2).
40
−→
σ
σ(e2)

Nyt summan (3) tulkinnassa on hyvä käyttää taas sääntöä ”kun merkki vaihtuu,
niin suunta vaihtuu”. Käännetään siis suunta miinusmerkkisissä kolmioissa
σ ◦ F 1 3 ja σ ◦ F 3 3 eli tuon kuvan vasemmalla ja oikealla ylhäällä olevissa
kolmioissa. Tämän jälkeen voidaankin piirtää ∂3σ:
σ(e2)
σ(e3)
σ(e2)
σ(e0)
σ(e1)
σ(e2)
Tähän kuvaan palataan vielä, mutta jo tässä vaiheessa voidaan huomata, että
kiertosuunnat ovat nyt sellaisia, että kaikki särmät kuljetaan kahteen eri
suuntaan, kun kierretään kaikki kolmiot suunnistuksen ilmoittamalla tavalla.
Huomaa, että näin on myös kärjestä σ(e2) lähtevillä kolmella särmällä, jotka
tässä on aukileikkauksesta johtuen piirretty erikseen.
Nyt jätetään taas hetkeksi heuristiikka ja siirrytään kovaan asiaan.
Määritelmä 4.5 Olkoon X topologinen avaruus ja n ≥ 1. Koska jokaiselle nsimpleksille
σ ∈ Σn(X) on määritelty yksikäsitteinen reuna ∂nσ ∈ Sn−1(X),
niin näin syntyy kuvaus
∂n : Σn(X) → Sn−1(X);
sanotaan, että tämä kuvaus ∂n on joukon Σn(X) reunakuvaus.
Olkoon iX : Σn(X) → Sn(X) samastuskuvaus. Lauseen 2.15 nojalla on olemassa
yksikäsitteinen homomorfismi (∂n)∗ : Sn(X) → Sn−1(X) siten, että
(∂n)∗ ◦ iX = ∂n.
Sanotaan, että tämä kuvaus (∂n)∗ : Sn(X) → Sn−1(X) on ryhmän Sn(X) reunahomomorfismi.
Jos c ∈ Sn(X), niin sanotaan, että (∂n)∗(c) ∈ Sn−1(X) on
n-ketjun c reuna.
Jos sekaannuksen vaaraa ei ole, merkitään jatkossa (∂n)∗ = ∂n ja myös (∂n)∗(c) =
∂nc.
Lause 4.6 Olkoon X topologinen avaruus ja n ≥ 1. Olkoon c ∈ Sn(X),
c =
qσ · σ,
σ∈Σn
41

missä qσ ∈ Z ∀σ ja qσ = 0 m.k. σ. Tällöin pätee
∂nc =
qσ · ∂nσ.
σ∈Σn
Todistus. Harjoitustehtävä. Tämä on analoginen lauseen 3.12 todistukselle.
Esimerkki. Katsotaanpa taas tuota edellistä kuvaa, jossa on piirretynä affiinin
3-simpleksin σ reuna. Tämä reuna on 2-ketju ∂3σ. Lauseen 4.6 nojalla voidaan
laskea myös sen reuna eli σ:n reunan reuna ∂2(∂3σ). Tässä ∂3σ koostuu siis
noista kuudesta suunnistetusta kolmiosta, joten lauseen 4.6 mukaan ∂2(∂3σ) on
näiden kolmioiden reunojen summa. (Huomaa, että tässä on otettu jo määritelmän
4.5 miinusmerkit huomioon, kun suunnistuksia on vaihdettu.) Aiemmassa
esimerkissä todettiin, että kolmion reuna on sen suunnistettu reunakäyrä, eli
kolmion suunnistuksen mukaisesti suunnistettujen reunajanojen summa. Tilanne
on siis tällainen:
σ(e2)
σ(e3)
↑
→
ր
ւ
←
→
ւ
տ
σ(e2)
σ(e0)
ց
↓ ↑
ւ
σ(e1)
σ(e2)
Tässä siis ∂2(∂3σ) on noiden nuolten mukaisesti suunnistettujaen janojen summa.
Tässähän on aiemmin käytetty muistisääntöä ”kun merkki vaihtuu, niin
suunta vaihtuu”. Tätä sääntöä voi käyttää myös toisinpäin eli ”kun suunta
vaihtuu, niin merkki vaihtuu”. Kun tätä sääntöä sovelletaan tuohon kuvioon,
nähdään heti, että sen sisällä olevan kolmion kylkijanat supistavat toisensa
pois. Muuta tästä ei heti näyttäisi supistuvan, mutta nyt pitää muistaa,
että tämä kuvio on saatu leikkaamalla auki tetraedrin σ(∆3) pinta pitkin kärjestä
σ(e2) lähteviä särmiä. Liimataan nämä nyt takaisin yhteen, ja katso: nämäkin
särmät supistuvat pois.
Kaikki katosi, joten vastaus on nolla. Siis pätee ∂2(∂3σ) = 0.
Tämän esimerkin innoittamana katsotaan vielä, mikä on kolmion reunan reuna.
Tässä siis σ on kolmio eli affiini 2-simpleksi ja sen reunan reuna ∂1(∂2σ) on
0-ketju eli vakiokuvausten formaali summa. Merkitään taas symbolilla τx sitä
nollasimpleksiä, joka saa vakioarvokseen pisteen x ∈ X. Tilanne näyttää tältä:
42

σ(e2) σ(e2)
−→
∂2
ւ տ
→
σ(e0) σ(e1) σ(e0) σ(e1)
Tässä siis tuo vasemmanpuoleinen suunnistettu kolmio on σ; suunnistuksenhan
näkee kärkipisteiden kuvautumisjärjestyksestä. Oikealla on sitten enää pelkkä
kolmion kehys jäljellä eli noiden kolmen nuolen mukaan suunnistetun janan
formaali summa. Aikaisemmassa esimerkissä on nähty, että janan reuna
on loppupiste – alkupiste. Näille kolmelle janalle alku/loppupiste näkyy nuolen
suunnasta ja siten esimerkiksi tuon kolmion alareunalla olevan janan reuna on
τ σ(e1) − τ σ(e0), oikealla kyljellä olevan janan reuna on τ σ(e2) − τ σ(e1) ja vasemmalla
kyljellä olevan janan reuna on τ σ(e0) −τ σ(e2). Lauseen 4.6 mukaan saadaan
silloin (huomaa, että tässä on määritelmässä 4.5 oleva miinusmerkki otettu jo
huomioon samoin kuin edellisessä tetraedriesimerkissä)
∂1(∂2σ) = (τ σ(e1) − τ σ(e0)) + (τ σ(e2) − τ σ(e1)) + (τ σ(e0) − τ σ(e2)) = 0.
No niin, taas tuli nolla. Tämä panee ounastelemaan, että näin kävisi muillekin
kuin affiinisimplekseille eli siis ∂1(∂2σ) = 0 kaikille 2-simpleksille σ ja vastaavasti
∂2(∂3σ) = 0 kaikille 3-simpleksille σ. Näissä esimerkeissä on ollut pohjaavaruutena
R 2 tai R 3 , mutta näyttäisi sille, että nuo tarkastelut saattaisivat päteä
missä tahansa vektoriavaruudessa. Tilanne on tietysti toinen, jos tarkasteltavassa
topologisessa avaruudessa X ei ole vektoriavaruusstruktuuria lainkaan:
silloinhan affiinisimplekseistä ei voi edes puhua.
Tässä käy nyt kuitenkin niin mukavasti, että tuo affiinisuuden tai vektoriavaruusstruktuurin
puute ei tahtia haittaa: aina tulee nolla. Itse asiassa pätee
paljon enemmänkin: aina on ∂n(∂n+1σ) = 0, avaruudesta X, simpleksistä σ tai
dimensiosta n riippumatta.
Tämä todistetaan seuraavassa. Tulos on aivan keskeinen koko homologiateorian
(teknisen rakenteen) kannalta.
Lause 4.7 Olkoon X topologinen avaruus ja ∂n : Sn(X) → Sn−1(X) reunahomomorfismi
kaikille n ≥ 1. Tällöin kaikille n ≥ 2 pätee
∂n−1 ◦ ∂n = 0.
Todistus. Lauseen 4.6 nojalla riittää osoittaa, että
∂n−1(∂nσ) = 0 kaikille σ ∈ Σn(X) ja kaikille n ≥ 2. (1)
43

Olkoon siis n ≥ 2 ja σ ∈ Σn(X) mielivaltainen. Väitteen (1) todistus on raaka
lasku suoraan määritelmiin ja lauseeseen 1.34 perustuen.
Näin se menee:
∂n−1(∂nσ) i) = ∂n−1
n
(−1) i ∂ i
n
ii)
σ = ∂n−1 (−1) i σ ◦ F i
n
i=0
n
(−1) i ∂n−1(σ ◦ F i n) iv)
=
i=0
i=0
n
(−1) i
n−1
(−1) j ∂ j (σ ◦ F i n) v)
=
i=0
n n−1
(−1) i+j ∂ j (σ ◦ F i n) vi)
=
i=0 j=1
0≤j

Esimerkki. Olkoon X topologinen avaruus. Sovitaan, että Sn(X) = {0}, kun
n < 0 ja että ∂n ≡ 0 kun n ≤ 0. (Huomaa, että reunakuvausta ∂0 ei aiemmin
ole määritelty, mutta nyt se määritellään – ja pysyvästi.) Tällöin lauseen 4.7
nojalla perhe {(Sn(X),∂n)}n∈Z on ketjukompleksi.
Määritelmä 4.9 Olkoon X topologinen avaruus. Sanotaan, että edellisen esimerkin
ketjukompleksi {(Sn(X),∂n)}n∈Z on avaruuden X singulaarinen ketjukompleksi.
Huomautus. Olkoon {(Gn,ϕn)}n∈Z ketjukompleksi. Koska ϕn:t ovat homomorfismeja,
niin joukot Ker(ϕn) ⊂ Gn ja Im(ϕn) ⊂ Gn−1 ovat aliryhmiä. Koska
ketjukompleksin määritelmän mukaan ϕn−1 ◦ ϕn = 0, niin
Im(ϕn+1) ⊂ Ker(ϕn).
Lisäksi Im(ϕn+1) on ryhmän Ker(ϕn) aliryhmä. Koska Gn:t ovat Abelin ryhmiä,
niin kaikki aliryhmät ovat normaaleja, jolloin voidaan muodostaa tekijäryhmä
Ker(ϕn)/Im(ϕn+1).
Nämä havainnot antavat perusteluja seuraavaan merkintään/määritelmään:
Määritelmä 4.10 Olkoon {(Gn,ϕn)}n∈Z ketjukompleksi. Merkitään kaikille
n ∈ Z
ja
ja edelleen tekijäryhmää
Zn = Ker(ϕn) ⊂ Gn
Bn = Im(ϕn+1) ⊂ Ker(ϕn) ⊂ Gn
Hn = Zn/Bn.
Sanotaan, että Bn on ketjukompleksin {(Gn,ϕn)}n∈Z n-reunojen ryhmä, Zn
on n-syklien ryhmä ja Hn on n:s homologiaryhmä.
Määritelmä 4.10 siis asetettiin mille tahansa ketjukompleksille. Tällä kurssilla
erityisasemassa ovat määritelmän 4.9 singulaariset ketjukompleksit, ja määritellään
näille oikein erikseen:
Määritelmä 4.11 Olkoon {(Sn(X),∂n)}n∈Z topologisen avaruuden X singulaarinen
ketjukompleksi. Merkitään kaikille n ∈ Z tämän ketjukompleksin nsyklien
ryhmää Zn symbolilla Zn(X), n-reunojen ryhmää Bn symbolilla Bn(X)
ja vastaavasti homologiaryhmää Hn symbolilla Hn(X). Sanotaan, että Zn(X)
on avaruuden X singulaaristen n-syklien ryhmä, Bn(X) on avaruuden X
singulaaristen n-reunojen ryhmä ja Hn(X) on avaruuden X n:s singulaarinen
homologiaryhmä.
Ryhmän Zn(X) alkioita sanotaan lyhyesti sykleiksi ja ryhmän Bn(X) alkioita
reunoiksi. Syklin c ∈ Zn(X) määräämää tekijäluokkaa tekijäryhmässä Hn(X)
merkitään symbolilla [c] ∈ Hn(X).
Lisäksi sanotaan, että syklit c ja c ′ ∈ Zn(X) ovat homologisia, jos ne määräävät
saman tekijäluokan eli pätee [c] = [c ′ ] ∈ Hn(X).
45

Huomautus 4.12 Tässä nyt sitten tuli määriteltyä se tavoiteltu topologiseen
avaruuteen liittyvä algebrallinen objekti eli homologiaryhmä (tai -ryhmät). Koska
tämä on jatkon kannalta aivan keskeisessä asemassa, kerrataan vielä nuo
määritelmät vähän toisin sanoin:
c ∈ Zn(X) ⇔ ∂nc = 0,
c ∈ Bn(X) ⇔ c ∈ Im(∂n+1) ⇔ ∃d ∈ Sn+1(X) : ∂n+1d = c,
[c] = [c ′ ] ⇔ [c − c ′ ] = [0] ⇔ c − c ′ ∈ Bn(X).
Huomautus. Nämä homologialuokat riippuvat aivan oleellisesti tarkasteltavasta
avaruudesta X, joten esimerkkien yhteydessä tämä pohja-avaruus on aina
mainittava. Tosin, sopimuksen mukaisesti aina Sn(X) = {0}, kun n < 0, joten
myös Zn(X) = {0} ja edelleen Hn(X) = {[0]} kun n < 0, olipa X mikä tahansa.
Mitäpäs tapahtuu, kun n = 0? Sopimuksen mukaan ∂0 ≡ 0, joten Z0(X) =
S0(X) aina. B0(X) sitten jo riippuu avaruudesta X.
Esimerkki. Sovitaan tässä esimerkissä, että X = R 2 . Kuten yllä todettiin, kaikki
0-ketjut ovat 0-syklejä ja mietitään sitä, että minkälainen 0-ketju on 0-reuna
eli milloin on olemassa 1-ketju, jonka reuna annettu 0-ketju c on.
Ensinnäkin R2 :n 0-ketjut c ovat formaaleja äärellisiä summia
c =
qx · τx, (1)
x∈R 2
missä τx:t ovat 0-simpleksejä eli jokainen τx : ∆0 → R 2 on vakiokuvaus, joka
saa arvon x. Toisekseen yksittäisen 1-simpleksin σ (joka on R 2 :n polku) reuna
on sivun 39 heurististen tarkastelujen nojalla (jotka ovat kylläkin ihan päteviä
ja ovat voimassa myös ei-affiinille simpleksille σ)
∂1σ = τ σ(e1) − τ σ(e0).
R 2 :n 1-ketjut c ′ ovat näiden 1-simpleksien formaaleja äärellisiä summia eli muo-
toa
jolloin
c ′ =
qσ · σ,
σ
∂1c ′ =
qσ · ∂1σ =
qσ · (τσ(e1) − τσ(e0)). (2)
σ
Nyt siis kysymys kuuluu, että milloin tyyppiä (1) oleva 0-ketju c voidaan esittää
muodossa (2). Kirjoittamalla summa (2) auki saadaan esitys
∂1c ′ =
(2’)
σ
x∈R 2
46
q ′ x · τx

joillekin q ′ x ∈ Z, ja esitykset (1) ja (2 ′ ) ovat samoja, mikäli qx = q ′ x kaikille x.
On melko selvää (harjoitustehtävä!), että tyyppiä (2’) olevan 0-ketjun painokertoimien
q ′ x summa on 0. Silloin välttämätön ehto sille, että tyyppiä (1) oleva
0-ketju olisi tyyppiä (2) on se, että painokertoimien qx summa on 0. Osoittautuu
(tämä todistetaan myöhemmin, eikä tämä enää päde kaikissa avaruuksissa X,
vaikka edellä sanottu pätee), että tämä on myös riittävää. Siten saadaan ehto
c =
qx · τx ∈ B0(X) ⇔
qx = 0. (3)
x∈R 2
x∈R 2
Tämä ehto (3) on riittävää, jotta voidaan laskea H0(R) – tietysti jo saadun
tiedon Z0(R 2 ) = S0(R 2 ) avulla. Tämä onkin itse asiassa yllättävän helppoa,
ja onnistuu ihan algebran kurssin tietojen pohjalta (hauska harjoitustehtävä!).
Vastaus on: H0(R 2 ) ∼ = Z.
Tarkastellaanpa sitten tilannetta kun n = 1. Minkälainen on ryhmä Z1(R 2 ) ⊂
S1(R 2 )?
Ei mennä tässä sen kummemmin yksityiskohtiin; tarkastellaan tilannetta ihan
vain kuvasta katsomalla. Ensinnäkin R 2 :n 1-simpleksit ovat R 2 :n polkuja σ ja
siten S1(R 2 ) koostuu näiden äärellisistä formaaleista summista eli R 2 :n 1-ketju
c on muotoa
Muistetaan, että
joten
∂1c =
c =
n
qi · σi.
i=1
∂1σi = τ σi(e1) − τ σi(e0),
n
qi · (τσi(e1) − τσi(e0)), (4)
i=1
joten huomautuksen 4.12 mukaan saadaan ehto
c ∈ Z1(R 2 n
) ⇔ qi · (τσi(e1) − τσi(e0)) = 0. (5)
Voiko seuraavannäköinen ketju c = σ1 + σ2 + σ3 + σ4 olla sykli?
• •
σ1
σ2
σ3
i=1
• •
•
σ4
Lasketaan sen reuna. Ehdon (4) mukaan
∂1c =
4
(τσi(e1) − τσi(e0)). (6)
i=1
47

Tuohon kuvaan on merkitty simpleksien σi suunnistukset, mikä tarkoittaa sitä,
että kuvasta nähdään, kumpi on alkupiste σi(e0) ja kumpi loppupiste σi(e1).
Koska peräkkäisillä simplekseillä σi ja σi+1, i = 1,2,3 on tässä kuvan tilanteessa
(ei mikään sano, että näiden simpleksien pitäisi olla tällä tavalla peräkkäin –
tässä ne nyt vain ovat niin) on sama edellisen loppu- kuin seuraavan alkupiste,
niin summassa (6) nämä supistuvat pois. Tämä supistuminen ei kuitenkaan
koske ensimmäisen alkupistettä ja viimeisen loppupistettä, jotka jäävät jäljelle,
ja summa (6) supistuu muotoon
Siten ehto (4) tulee muotoon
∂1c = τ σ4(e1) − τ σ0(e0).
c ∈ Z1(R 2 ) ⇔ τ σ4(e1) − τ σ0(e0) = 0 ⇔
τ σ4(e1) = τ σ0(e0) = 0 ⇔ σ4(e1) = σ1(e0). (7)
Näin nyt ei tässä kuvassa satu olemaan, joten kyseessä ei voi olla sykli.
Jos simpleksi on tällainen peräkkäisten janojen σ1,...,σn (tai yleisemmin polkujen)
muodostama ketju, niin ehto (7) vähän yleistettynä antaa välttämättömän
ja riittävän ehdon sille, milloin tämmöinen ketju c (muunkinlaisia on
olemassa!) on sykli:
c on sykli ⇔ ensimmäisen polun alkupiste = viimeisen polun loppupiste.
Seuraavassa c = σ1 + σ2 + σ3 + σ4 + σ5 + σ6 on sykli:
• •
σ6
σ1
•
σ2
σ3
• •
σ5
•
Havainnollisesti ajatellen tämä on sykli sillä perusteella, että se on kuvasta
katsoen ”lenkki”, jonka alkupiste on sama kuin loppupiste. Tästä muuten tulee
nimitys sykli, joka tarkoittaa vapaasti suomentaen jonkinlaista kierrosta.
Muunkinlaisia syklejä on tietysti olemassa. Tässähän nuo c:n osat ovat affiineja
ja yleisesti näin ei tietenkään tarvitse olla. Idea pysyy kuitenkin samana riippumatta
siitä, ovatko nämä pätkät affiineja tai jotain muuta. Oleellinen vaatimus
on vain se, että alkupiste on sama kuin loppupiste. Tällaiset ovat siis ”perussyklejä”.
Myös yhden simpleksin muodostama ketju on sykli, jos sen alkupiste
48
σ4

on sama kuin loppupiste. Tämähän ei tietenkään ole mahdollista, jos kyseessä
on affiini, ei-vakio simpleksi. Jos 1-simpleksi on vakio, niin se on triviaalisti
sykli. Huomaa kuitenkin, että esimerkiksi 2-simpleksi, joka on vakio, ei ole sykli,
ks. harjoitustehtävä 4.3.
Osoittautuu, että jokainen R 2 :n simpleksi saadaan summana tällaisista ”perussykleistä”
eli lenkeistä. Jätetään tämän todistus harjoitustehtäväksi.
Jos halutaan laskea homologiaryhmä H1(R 2 ) = Z1(R 2 )/B1(R 2 ), niin 1-syklien
lisäksi pitäisi pystyä tunnistamaan myös 1-reunat eli määräämään ryhmä B1(R 2 ).
Minkälainen 1-sykli siis on reuna? Ainakin tällainen:
Tämähän on tunnetusti seuraavannäköisen 2-simpleksin reuna:
Myös seuraavan kuvan suorakaidesykli on reuna:
Tämä taas johtuu siitä, että se on ilmeisesti seuraavan kuvan 2-ketjun c = σ1+σ2
reuna:
σ1
σ2
Tässähän σ1 ja σ2 antavat tuolle diagonaalille päinvastaiset suunnistukset, joten
49

ne supistavat toisensa pois. Myös muut monikulmiosyklit ovat reunoja. Esimerkiksi
jos 1-sykli eli lenkki muodostaa kuusikulmion kuten sivun 48 kuvassa, niin
on helppo jakaa kuusikulmio kolmioihin ja suunnistaa ne sopivasti, niin että reunaviivalle
tulee alkuperäinen suunnistus ja ”ylimääräisillä” kolmion kyljillä käy
niinkuin edellisessä kuvassa eli niille tulee vastakkainen suunnistus. Itse asiassa
tuossa kuvan tilanteessa ei tarvitse muuta kuin suunnistaa kaikki kolmiot ”myötäpäivään”.
Kokeile!
Minkälainen sykli sitten ei ole reuna? Ovatko esimerkiksi tämännäköiset syklit
σ ja σ1 + σ2 (syklejähän ne ovat, koska loppupisteet ovat samoja kuin alkupisteet)
reunoja?
•
σ
KUVA 1
σ2
• •
Äkkiä ajatellen voisi sanoa, etteivät ole, ainakaan σ, mutta kyllä ne nyt vain
reunoja ovat, ks. harjoitustehtävä 4.1.
Osoittautuu, että itse asiassa jokainen R 2 :n 1-sykli on myös reuna (tämä todistetaan
jatkossa), jolloin pätee Z1(R 2 ) = B1(R 2 ) ja edelleen
σ1
H1(R 2 ) = Z1(R 2 )/B1(R 2 ) = 0.
On toisaalta niin, että väite H1(X) = 0 ei päde läheskään kaikissa avaruuksissa
X, esimerkiksi kun X = R 2 \ {0}, ks. harjoitustehtävä 4.2.
Harjoitustehtäviä
4.1 Osoita, että yllä olevan kuvan 1 esittämät lenkit eli syklit σ ja σ1 + σ2
ovat reunoja eli ryhmän B1(R 2 ) alkioita konstruoimalla ketjut c,d ∈ S2(R 2 ),
joille pätee ∂2c = σ ja ∂2d = σ1 + σ2.
Tämä on tietysti hyvin epämääräinen tehtävä, kun noita ketjuja σ ja σ1 + σ2
ei ole kunnolla määritelty (piirtäminen ei tietenkään riitä), mutta tässä ratkaisussa
pelkkä idea riittää. Osoittautuu, että σ on helpompi kuin σ1 + σ2 siinä
mielessä, että c:ksi voidaan valita yksittäinen simpleksi, mutta d:lle vastaava ei
onnistu.
4.2 Tuossa luvun 4 viimeisellä rivillä todettiin, että H1(R 2 \ {0}) = 0, joten
50

yhmässä Z1(R 2 \ {0}) on jokin sykli, joka ei ole reuna. Asiat ovat sillä tavalla,
että tällaisia syklejä ovat esimerkiksi kuvan 1 lenkit, mikäli origo on näiden
ympyröiden sisällä (nämä ovat siis samoja ympyröitä, vaikka ne on piirretty erilleen).
Varmistaudu siitä, että tällaisessa tapauksessa kyse on todella sykleistä
myös avaruudessa R 2 \ {0}. Anna sitten jonkinlainen intuitiivinen selitys sille,
miksei edellisen tehtävän ratkaisusi toimi tässä avaruudessa. Huomaa, että origon
sijainti tuohon ympyrään nähden on ratkaisevaa.
Osoita kuitenkin, että tässä(kin) tapauksessa pätee
[σ] = [σ1 + σ2] ∈ H1(R 2 \ {0}).
Tämä on vielä epämääräisempi tehtävä kuin tuo edellinen, eikä tähän mitään
tarkkaa ratkaisua ole tarkoituskaan hakea.
Tietysti on myös niin, että jos tehtävän 4.1 ratkaisu ei toimi tässä, niin eihän se
sano välttämättä sitä, että näitä ei voisi reunoiksi osoittaa sitten jollakin muulla
konstilla. Näin se nyt vain kuitenkin on: nämä eivät ole reunoja avaruudessa
R 2 \ {0} eli tuonnäköiset lenkit eivät ole ryhmän B1(R 2 \ {0}) alkioita, jos origo
on ympyrän sisällä. Jos origo sattuu olemaan ympyrän ulkopuolella, niin sitten
nämä kyllä ovat reunoja myös tässä avaruudessa.
Tämä väite σ,σ1 + σ2 ∈ B1(R 2 \ {0}) tullaan (ehkä) todistamaan jatkossa,
mahdollisesti harjoitustehtävänä. Tässä vaiheessa eväät eivät sellaiseen riitä.
Tässä tapahtuu sillä tavalla, että (ja tämä on vaikea todistaa):
H1(R 2 \ {0}) ∼ = Z.
Itse asiassa sattuu käymään niin, että tuon kuvan σ:n määräämä tekijäluokka
[σ] ∈ H1(R 2 \ {0}) on tämän ryhmän H1(R 2 \ {0}) virittäjä eli pätee
H1(R 2 \ {0}) = Z · [σ].
Tämä on puolestaan sitten vielä paljon vaikeampi todistaa. Huomaa, että ehdon
[σ] = [σ1+σ2] nojalla tällöin myös [σ1+σ2] on ryhmän H1(R 2 \{0}) virittäjä.
Seuraavissa tehtävissä on tarkoitus olla vähän täsmällisempi.
4.3 Olkoon X topologinen avaruus, n ∈ N ja σ ∈ Σn(X) vakiokuvaus σ :
∆n → X. Osoita, että σ ∈ Zn(X) jos ja vain jos n on pariton tai n = 0.
4.4 Olkoon X topologinen avaruus, n ∈ N ja σ ∈ Σn(X) vakiokuvaus σ :
∆n → X. Osoita, että σ ∈ Bn(X) jos ja vain jos n on pariton.
4.5 Olkoon X yhden pisteen topologinen avaruus. Osoita, että
Hn(X) ∼
Z kun n = 0
=
0 muuten.
(Ohje: Tehtävät 3.3, 4.3 ja 4.4.)
51

4.6 Olkoon X kahden pisteen muodostama topologinen avaruus, jossa on diskreetti
topologia, jolloin siis kaikki X:n osajoukot ovat avoimia. Osoita, että
Hn(X) ∼
Z
=
2 kun n = 0
0 muuten.
4.7 Olkoon X kahden pisteen muodostama topologinen avaruus, jossa on minitopologia
eli avoimia joukkoja ovat vain ∅ ja X. Osoita, että
H0(X) ∼ = Z.
Myöhemmin osoitetaan, että jokaiselle polkuyhtenäiselle avaruudelle X pätee
H0(X) ∼ = Z, ja nyt tämä X on polkuyhtenäinen, joten tehtävän väite seuraa
tästä yleisemmästä tuloksesta. Tarkoitus on kuitenkin todistaa väite tässä suoraan
ilman tuota yleistä lausetta.
4.8 Olkoon X kahden pisteen muodostama topologinen avaruus, jossa on minitopologia.
Osoita, että
H1(X) ∼ = 0.
Myöhemmin osoitetaan, että Hn(X) ∼ = 0 kaikille minitopologialla varustetuille
avaruuksille X ja kaikille n ≥ 1. Tämän ehdon ”Hn(X) = 0 kun n ≥ 1” voisi
periaatteessa todistaa jo tässä vaiheessa tuolle kahden pisteen avaruudelle X
samalla idealla kuin kuin tapauksen n = 1, mutta siinä on vähän turhia teknisiä
mutkia. Ei tämäkään tapaus n = 1 ihan helppo ole – tehtävästä 4.1 saattaa olla
apua.
5 Ketjukuvaukset
Tämän luvun alkupään tulokset ovat puhtaasti algebrallisia apuneuvoja, joita
jatkossa sitten sovelletaan singulaarisiin ketjukomplekseihin.
Tässä luvussa pysyvästi (G,∂) = {(Gn,∂n)}n∈Z ja (G ′ ,∂ ′ ) = {(G ′ n,∂ ′ n)}n∈Z
ovat ketjukomplekseja. Ketjukompleksin (G,∂) n-syklien ja n-reunojen ryhmiä
merkitään symboleilla Zn ja Bn sekä homologiaryhmiä symboleilla Hn. Vastaavasti
ketjukompleksin (G ′ ,∂ ′ ) n-syklien ja n-reunojen ryhmiä merkitään symboleilla
Z ′ n ja B ′ n sekä homologiaryhmiä symboleilla H ′ n.
Määritelmä 5.1 Olkoon ϕ = {ϕn}n∈Z perhe homomorfismeja ϕn : Gn → G ′ n.
Tällöin merkitään ϕ : (G,∂) → (G ′ ,∂ ′ ). Sanotaan, että perhe ϕ on ketjukuvaus
ϕ : (G,∂) → (G ′ ,∂ ′ ), jos kaikille n ∈ Z pätee
∂ ′ n ◦ ϕn = ϕn−1 ◦ ∂n.
Huomautus. Määritelmän 5.1 muistamista helpottaa kaavio:
52

∂n−1 ∂n ∂n+1 ∂n+2
... ←− Gn−2 ←− Gn−1 ←− Gn ←− Gn+1 ←− ...
↓ ↓ ↓ ↓
ϕn−2 ϕn−1 ϕn ϕn+1
∂ ′ n−1 ∂ ′ n ∂ ′ n+1 ∂ ′ n+2
... ←− G ′ n−2 ←− G ′ n−1 ←− G ′ n ←− G ′ n+1 ←− ...
Tässä siis kaavio kommutoi jos ja vain jos ϕ on ketjukuvaus.
Lause 5.2 Olkoon ϕ : (G,∂) → (G ′ ,∂ ′ ) ketjukuvaus. Tällöin kaikille n ∈ Z
pätee
a) ϕn(Zn) ⊂ Z ′ n ja
b) ϕn(Bn) ⊂ B ′ n.
Todistus. a) Olkoon c ∈ Zn. Pitää osoittaa, että ϕn(c) ∈ Z ′ n eli että ϕn(c) ∈
Ker(∂ ′ n) eli että ∂ ′ n(ϕn(c)) = 0. Näin on, sillä
∂ ′ n(ϕn(c)) i) = ϕn−1(∂n(c)) ii)
= ϕn−1(0) iii)
= 0.
Tässä yhtälö
i) seuraa siitä, että ϕ on ketjukuvaus,
ii) siitä, että c ∈ Zn = Ker(∂n) ja
iii) siitä, että ϕn−1 on homomorfismi.
b) Olkoon b ∈ Bn. Pitää osoittaa, että ϕn(b) ∈ B ′ n eli että ϕn(b) ∈ Im(∂ ′ n+1) eli
että on olemassa c ′ ∈ G ′ n+1 siten, että
∂ ′ n+1(c ′ ) = ϕn(b). (1)
Koska b ∈ Bn = Im(∂n+1), niin on olemassa c ∈ Gn+1 siten, että
∂n+1(c) = b. (2)
Koska ϕn+1 on kuvaus Gn+1 → G ′ n+1, niin ϕn+1(c) ∈ G ′ n+1. Määritellään nyt
c ′ = ϕn+1(c) ∈ Gn+1
ja osoitetaan, että tämä on ehdossa (1) kaivattu c ′ eli että ehto (1) toteutuu –
tällöin väite on todistettu. Koska
∂ ′ n+1(c ′ ) i) = ∂ ′ n+1(ϕn+1(c)) ii)
= ϕn(∂n+1(c)) iii)
= ϕn(b),
niin ehto (1) pätee ja asia on selvä. Tässä yhtälö
i) seuraa c ′ :n määritelmästä,
ii) siitä, että ϕ on ketjukuvaus ja
iii) ehdosta (2).
53

Lause 5.3 Olkoon ϕ : (G,∂) → (G ′ ,∂ ′ ) ketjukuvaus ja n ∈ Z. Määritellään
kuvaus ϕn : Hn → H ′ n seuraavalla tavalla. Olkoon α ∈ Hn = Zn/Bn, jolloin α
on jokin tekijäluokka α = [a], missä a ∈ Zn on luokan α edustaja. Määritellään
nyt
ϕn(α) = ϕn([a]) := [ϕn(a)] ∈ H ′ n = Z ′ n/B ′ n.
Tällöin ϕn : Hn → H ′ n on hyvin määritelty kuvaus ja lisäksi homomorfismi.
Todistus. Koska a ∈ Zn, niin lauseen 5.2 nojalla ϕn(a) ∈ Z ′ n, joten ainakin ϕn(a)
määrää jonkin tekijäluokan tekijäryhmässä H ′ n = Z ′ n/B ′ n, joten määritelmä on
ainakin siinä suhteessa järkevä. Se, mikä tässä kuvauksen määritelmässä voi olla
pielessä on, että määritelmä ainakin näennäisesti riippuu valitusta tekijäluokan
α edustajasta a, ja voisi olla, että toisenlainen edustajan valinta tuottaisi toisenlaisen
lopputuloksen. Näin ei tietenkään saa olla, jotta tämä hyvä kuvauksen
määritelmä olisi: kuvauksen arvon on oltava yksikäsitteinen.
Olkoot siis a ja b kaksi saman tekijäluokan α edustajaa, a,b ∈ Zn, [a] = [b] = α;
pitää osoittaa, että
[ϕn(a)] = [ϕn(b)] ∈ H ′ n, (1)
jolloin siis kuvauksen ϕn arvo luokassa α (= [a] = [b]) on riippumaton valitusta
edustajasta a tai b.
Koska nyt [a] = [b], niin tekijäryhmän Hn vähennyslaskua soveltamalla
[a − b] = [a] − [b] = [0] ∈ Hn = Zn/Bn.
Tekijäryhmän määritelmän perusteella tämä merkitsee sitä, että tekijäluokan
[a − b] edustajalle a − b pätee
Tällöin lauseen 5.2 nojalla
a − b ∈ Bn.
ϕn(a − b) ∈ B ′ n. (2)
Koska ϕn on homomorfismi, niin ϕn(a − b) = ϕn(a) − ϕn(b), joten ehdon (2)
nojalla
ϕn(a) − ϕn(b) ∈ B ′ n.
Tällöin
[ϕn(a) − ϕn(b)] = [0] ∈ H ′ n
ja tämän perusteella tekijäryhmän H ′ n vähennyslaskua soveltaen myös
ja väite (1) seuraa.
[ϕn(a)] − [ϕn(b)] = [ϕn(a) − ϕn(b)] = [0] ∈ H ′ n,
Näin on osoitettu, että ϕn : Hn → H ′ n on hyvin määritelty kuvaus. Pitää vielä
osoittaa, että se on homomorfismi eli että pätee
ϕn(α + β) = ϕn(α) + ϕn(β) kaikille α,β ∈ Hn. (3)
54

Olkoot siis α,β ∈ Hn mielivaltaisia. Valitaan luokille α ja β edustajat a,b ∈ Zn,
α = [a] ja β = [b]. Tällöin
ϕn(α + β) = ϕn([a] + [b]) i) = ϕn([a + b]) ii)
= [ϕn(a + b)] iii)
= [ϕn(a) + ϕn(b)] iv)
=
[ϕn(a)] + [ϕn(b)] v)
= ϕn([a]) + ϕn([b]) = ϕn(α) + ϕn(β),
joten väite (3) pätee ja lause on todistettu. Yllä yhtälö
i) seuraa tekijäryhmän Hn yhteenlaskun määritelmästä,
ii) on kuvauksen ϕn määritelmä,
iii) seuraa siitä, että ϕn on homomorfismi,
iv) seuraa tekijäryhmän H ′ n yhteenlaskun määritelmästä ja
v) on taas kuvauksen ϕn määritelmä.
Edellä ketjukuvaukset ovat olleet täysin abstrakteja objekteja; yhtään esimerkkiä
ei ole annettu. Seuraava lause antaa esimerkin – ja hyvin tärkeän sellaisen.
Aiemmin (ks. määr. 4.9) on sovittu, että Sn(X) = {0} = Sn(Y ) kun n < 0 ja
myös että reunakuvaukset ∂n ovat nollakuvauksia kun n ≤ 0. Näillä sopimuksilla
siis perheet (S(X),∂) = {(Sn(X),∂n)}n∈Z ja (S(Y ),∂) = {(Sn(Y ),∂n)}n∈Z
ovat ketjukomplekseja, joita määritelmän 4.9 mukaisesti sanotaan avaruuden
X ja Y singulaarisiksi ketjukomplekseiksi. Joskus merkitään selvyyden vuoksi
näitä ketjukomplekseja symboleilla (S(X),∂ X ) ja (S(Y ),∂ Y ) ja vastaavasti reunahomomorfismeja
symboleilla ∂ X n ja ∂ Y n , n ∈ Z.
Jos X ja Y ovat topologisia avaruuksia ja f : X → Y on jatkuva kuvaus,
niin määritelmän 3.9 mukaisesti f indusoi kaikille n ∈ N ketjuhomomorfismin
fn : Sn(X) → Sn(Y ). Kun nyt sovitaan, että fn on nollakuvaus, kun n < 0,
niin syntyy perhe {fn}n∈Z homomorfismeja fn : Sn(X) → Sn(Y ).
Nyt voidaan kysyä, onko tämä perhe {fn}n∈Z mahdollisesti joillakin lisäehdoilla
ketjukuvaus (S(X),∂ X ) → (S(Y ),∂ Y ). Vastaus on kyllä, ilman mitään
lisäehtoja:
Lause 5.4 Olkoot X ja Y topologisia avaruuksia sekä f : X → Y jatkuva kuvaus.
Olkoon kaikille n ∈ N fn : Sn(X) → Sn(Y ) kuvauksen f indusoima ketjuhomomorfismi
ja sovitaan, että fn ≡ 0, kun n < 0. Tällöin perhe {fn}n∈Z on
ketjukuvaus avaruuden X singulaariselta ketjukompleksilta (S(X),∂ X ) avaruuden
Y singulaariselle ketjukompleksille (S(Y ),∂ Y ).
Todistus. Määritelmän 5.1 mukaisesti pitää osoittaa, että kaikille n ∈ Z pätee
∂ Y n ◦ fn = fn−1 ◦ ∂ X n .
Väite pätee tehtyjen sopimusten nojalla triviaalisti, kun n ≤ 0, joten voidaan
olettaa, että n ≥ 1. Olkoon c =
σ∈Σn(X) qσ ·σ ∈ Sn(X) mielivaltainen. Riittää
osoittaa, että
∂ Y n (fn(c)) = fn−1(∂ X n (c)).
55

Tämä on suora lasku:
∂ Y n (fn(c)) i) = ∂ Y ⎛
⎝
n
σ∈Σn(X)
qσ
σ∈Σn(X) i=0
fn−1
fn−1
⎛
σ∈Σn(X)
qσ · ∂ Y n (f ◦ σ) iv)
=
⎝
⎛
n
(−1) i f ◦ σ ◦ F i n
qσ
σ∈Σn(X) i=0
⎝
σ∈Σn(X)
⎞
qσ · fn(σ) ⎠ ii)
= ∂ Y ⎛
⎝
n
qσ
σ∈Σn(X) i=0
vi)
=
n
(−1) i σ ◦ F i ⎞
n
qσ∂ X n σ
⎞
⎠ x)
σ∈Σn(X)
n
(−1) i ∂ i (f ◦ σ) v)
=
qσ
σ∈Σn(X) i=0
⎛
= fn−1 ⎝
⎠ viii)
= fn−1(∂ X n (
σ∈Σn(X)
qσ · (f ◦ σ)
⎞
⎠ iii)
=
n
(−1) i fn−1(σ ◦ F i n) vii)
=
qσ
σ∈Σn(X) i=0
n
(−1) i ∂ i ⎞
σ⎠
ix)
=
qσσ)) xi)
= fn−1(∂ X n (c)).
Tässä yhtälö
i) seuraa lauseesta 3.12 (2),
ii) seuraa lauseesta 3.12 (1),
iii) seuraa lauseesta 4.6 (huomaa, että oletuksen mukaan nyt n ≥ 1),
iv) seuraa määritelmästä 4.3, sillä n ≥ 1 (tässä on nyt jätetty merkintöjen selkeyttämiseksi
tuo yläindeksi Y pois),
v) seuraa määritelmästä 4.1,
vi) seuraa lauseesta 3.12 (1), sillä tässä σ ◦ F i n ∈ Σn−1(X),
vii) seuraa lauseesta 3.12 (2),
viii) seuraa määritelmästä 4.1 ja
ix) seuraa määritelmästä 4.3. Tässä on sitten palautettu tuo symbolin ∂ yläindeksi,
mutta salaperäisellä tavalla se onkin muuttunut alkuperäisestä Y :stä
X:ksi – näinhän sen nyt pitää olla, koska σ on nimenomaan X:n simpleksi.
Yhtälö
x) seuraa lauseesta 4.6 ja lopulta
xi) seuraa ihan vain c:n määritelmästä.
Lause 5.5 Olkoot X,Y topologisia avaruuksia, f : X → Y jatkuva kuvaus,
n ∈ N sekä fn : Sn(X) → Sn(Y ) f:n indusoima ketjuhomomorfismi. Tällöin
määrittelemällä kaikille a ∈ Zn(X)
fn([a]) = [fn(a)] ∈ Hn(Y )
syntyy homomorfismi fn : Hn(X) → Hn(Y ).
Todistus. Väite seuraa lauseista 5.3 ja 5.4.
Määritelmä 5.6 Sanotaan, että lauseen 5.5 mukainen homomorfismi
fn : Hn(X) → Hn(Y ),
fn([a]) = [fn(a)] ∈ Hn(Y ) kaikille n ∈ N ja a ∈ Zn(X)
56

on kuvauksen f indusoima homologiahomomorfismi.
Lauseessa 3.13 todettiin, että jatkuvien kuvausten indusoimat ketjuhomomorfismit
käyttäytyvät kuvausten yhdistämiseen nähden luontevasti. Sama pätee
homologiahomomorfismeille:
Lause 5.7 Olkoot X,Y,Z topologisia avaruuksia, f : X → Y ja g : Y → Z
jatkuvia kuvauksia sekä n ∈ N. Tällöin homologiahomomorfismeille pätee
(g ◦ f)n = gn ◦ fn : Hn(X) → Hn(Z).
Todistus. Olkoon α ∈ Hn(X) mielivaltainen. Riittää osoittaa, että
(g ◦ f)n(α) = gn( fn(α)). (1)
Valitaan tekijäluokalle α edustaja a ∈ Zn(X). Väitteen (1) verifiointi on pelkkä
lasku:
(g ◦ f)n(α) = (g ◦ f)n([a]) i) = [(g ◦ f)n(a)] ii)
= [(gn ◦ fn)(a)] = [gn(fn(a))] iii)
=
gn([fn(a)]) iv)
= gn( fn([a])) = gn( fn(α)),
joten väite (1) pätee. Tässä yhtälöt i), iii) ja iv) seuraavat määritelmästä 5.6
ja yhtälö ii) lauseesta 3.13.
Lauseessa 3.14 todettiin, että identtinen kuvaus idX : X → X indusoi identtisen
ketjuhomomorfismin eli (idX)n = id Sn(X) : Sn(X) → Sn(X). Kuten arvata
sopii, sama pätee homologiahomorfismille ( idX)n : Hn(X) → Hn(X):
Lause 5.8 Olkoon X topologinen avaruus ja n ∈ N. Tällöin identtinen kuvaus
idX : X → X indusoi identtisen ketjuhomomorfismin id Hn(X) : Hn(X) →
Hn(X) eli pätee
( idX)n = id Hn(X) : Hn(X) → Hn(X).
Todistus. Olkoon α ∈ Hn(X) mielivaltainen. Riittää osoittaa, että
( idX)n(α) = α. (1)
Valitaan tekijäluokalle α edustaja a ∈ Zn(X). Väitteen (1) verifiointi on taas
pelkkä lasku:
( idX)n(α) = ( idX)n([a]) i) = [(idX)n(a)] ii)
= [a] = α,
joten väite (1) pätee. Tässä yhtälö i) seuraa määritelmästä 5.6 ja yhtälö ii)
lauseesta 3.14.
Lauseessa 3.15 havaittiin, että homeomorfisten topologisten avaruuksien X ja
57

Y singulaaristen n-ketjujen ryhmät Sn(X) ja Sn(Y ) ovat isomorfisia. Itse asiassa
kyseisen lauseen todistuksesta nähdään vähän enemmänkin: jos f : X → Y
on homeomorfismi, niin nimenomaan sen indusoima ketjuhomomorfismi fn :
Sn(X) → Sn(Y ) on kaivattu isomorfismi. Sama pätee nyt myös homologiahomomorfismeille.
Tämä on jatkoa ajatellen hyvin tärkeä tulos – voi ajatella,
että tämä on lauseen 3.15 ”jalostettu versio”. Vertaa huomautukseen 3.16.
Lause 5.9 Olkoot X,Y topologisia avaruuksia, f : X → Y homeomorfismi ja
n ∈ N. Tällöin f:n indusoima homologiahomomorfismi fn : Hn(X) → Hn(Y )
on isomorfismi.
Todistus. Koska f : X → Y on homeomorfismi, niin sen käänteiskuvaus f −1 :
Y → X on jatkuva ja indusoi siten homologiahomomorfismin ( f −1 )n : Hn(Y ) →
Hn(X). Väite seuraa, jos osoitetaan, että ( f −1 )n on homomorfismin fn käänteiskuvaus,
ts. että pätee
( f −1 )n ◦ fn = id Hn(X) ja fn ◦ ( f −1 )n = id Hn(Y ).
Nämä väitteet saadaan nyt helposti, sillä
( f −1 )n ◦ fn
i)
= ( f −1 ◦ f)n = ( ii)
idX)n = idHn(X),
missä yhtälö i) seuraa lauseesta 5.7 ja yhtälö ii) lauseesta 5.8. Vastaavasti nähdään,
että fn ◦ ( f −1 )n = id Hn(Y ).
Harjoitustehtäviä
5.1 Olkoot X,Y topologisia avaruuksia ja f : X → Y jatkuva injektio. Tehtävässä
3.1 osoitettiin, että tällöin f:n indusoima ketjuhomomorfismi fn : Sn(X) →
Sn(Y ) on välttämättä monomorfismi kaikille n ∈ N. Osoita esimerkillä, että f:n
indusoiman homologiahomomorfismin fn : Hn(X) → Hn(Y ) ei välttämättä tarvitse
olla monomorfismi.
5.2 Olkoot X,Y topologisia avaruuksia ja f : X → Y jatkuva surjektio. Tehtävässä
3.2 osoitettiin, että tällöin f:n indusoiman ketjuhomomorfismin fn :
Sn(X) → Sn(Y ) ei välttämättä tarvitse olla epimorfismi. Osoita esimerkillä, että
f:n indusoima homologiahomomorfismi fn : Hn(X) → Hn(Y ) voi tällaisessa
tilanteessa (jossa siis fn ei ole epimorfismi) olla epimorfismi.
5.3 Olkoon X topologinen avaruus ja A ⊂ X topologinen aliavaruus. Olkoon
f : X → A jatkuva kuvaus siten, että f|A = idA. (Huomaa, että tällaista kuvausta
f ei aina ole olemassa; mieti tähän esimerkki – helppojakin löytyy, vaikkapa
R:stä.)
Osoita, että tällöin f:n indusoima homologiahomomorfismi fn : Hn(X) →
Hn(A) on aina epimorfismi.
58

5.4 Unohdetaan tässä tehtävässä topologia ja oletetaan (ihan vain algebrallisesti),
että (G,∂) = {(Gn,∂n)}n∈Z sekä (G ′ ,∂ ′ ) = {(G ′ n,∂ ′ n)}n∈Z ovat ketjukomplekseja
ja että ϕ : (G,∂) → (G ′ ,∂ ′ ) on ketjukuvaus. Oletetaan, että
ϕn : Gn → G ′ n on epimorfismi kaikille n. Voisi kuvitella, että tällöin jokaiselle n
myös lauseen 5.3 mukaisesti konstruoitu homologiahomomorfismi ϕn : Hn → H ′ n
olisi epimorfismi. (Tätä kuvitelmaa vahvistaa osaltaan tehtävä 5.2.) Todistuskin
tälle kuvitelmalle löytyy. Se kuuluu näin:
Valitaan α ′ ∈ H ′ n mielivaltaisesti ja sille edustaja x ′ ∈ G ′ n, jolle siis [x ′ ] = α ′ .
Koska ϕn on epimorfismi, löytyy x ∈ Gn siten, että ϕ(x) = x ′ . Tällöin määritelmän
mukaan
ϕn([x]) = [ϕn(x)] = [x ′ ] = [α],
joten α:lle löytyi alkukuva, ja siten ϕn on surjektio.
Tämä todistus on kuitenkin virheellinen. Miksi – eli mitä fataalia vikaa siinä
on?
Se, että todistus on väärä, ei kuitenkaan välttämättä sano sitä, että väitekin on
väärä. Osoita esimerkillä, että näin kuitenkin on: homomorfismi ϕn ei välttämättä
ole näillä oletuksilla epimorfismi.
6 Polkuyhtenäisyys ja H0(X)
Koko tämän luvun ajan X on topologinen avaruus.
Jos X on polkuyhtenäinen, niin H0(X) saadaan melko helposti laskettua – ja
siitä tulee aina sama (eli Z, ks. lause 6.7), olipa X mikä tahansa (kunhan se
on siis polkuyhtenäinen, muunlaisille avaruuksille tulos on (aina) toisenlainen).
Muista homologiaryhmistä Hn(X), n ≥ 1 ei pelkän polkuyhtenäisyyden perusteella
voi sanoa yhtään mitään.
Polkuyhtenäisyyden käsite on tuttu topologian kurssilta, mutta esitetään tässä
täydellisyyden vuoksi perusmääritelmät.
Määritelmä 6.1 Avaruuden X polku on jatkuva kuvaus γ : [0,1] → X. Sanotaan,
että X on polkuyhtenäinen, jos kaikille x,y ∈ X on olemassa X:n
polku γ siten, että γ(0) = x ja γ(1) = y. Avaruuden X osajoukko A ⊂ X on
polkuyhtenäinen, jos se on polkuyhtenäinen X:n topologisena aliavaruutena eli
varustettuna sillä topologialla, jonka X siihen indusoi.
Huomautus Topologian kurssilta lienee tuttua se tosiseikka, että polkuyhtenäinen
avaruus on aina yhtenäinen, muttei kääntäen. Vastaesimerkin (siis joukon,
joka on yhtenäinen, muttei polkuyhtenäinen) miettiminen jääköön harjoitustehtäväksi
– ihan helppoja esimerkkejä ei taida olla olemassa, mutta topologian
kirjoistahan näitä löytyy.
59

Huomautus 6.2 Kuten tapana on, määritelmässä 6.1 sovittiin, että polun määrittelyjoukko
on suljettu väli [0,1]. Tämän kurssin tarpeita varten olisi kuitenkin
mukavaa, jos polun määrittelyjoukko olisikin tason R 2 pisteitä (1,0) ja (0,1)
yhdistävä jana eli standardisimpleksijoukko ∆1. Koska väli [0,1] ja ∆1 ovat homeomorfisia
keskenään (homeomorfismin antaa vaikkapa kuvaus f : [0,1] → ∆1,
f(t) = (t,1 − t)), niin mikään ei asiallisesti muutu, jos laajennetaan polun käsitettä
niin, että hyväksytään sen määrittelyjoukoksi myös ∆1. Jos polku γ on
alunperin määritelty välillä [0,1], niin se voidaan (kuvausta f tai sen käänteiskuvausta
käyttäen) transformoida ∆1:ssä määritellyksi jatkuvaksi kuvaukseksi ja
sama toisinpäin.
Näinpä sitten menetellään: sovitaan, että polun määrittelyjoukko on joko [0,1]
tai ∆1.
Silloin kaikki avaruuden X 1-simpleksit eli jatkuvat kuvaukset σ : ∆1 → X ovat
polkuja. Lisäksi polkuyhtenäisyyden määritelmä voidaan kirjoittaa muotoon:
X on polkuyhtenäinen, jos kaikille x,y ∈ X on olemassa σ ∈ Σ1(X) siten,
että σ(e0) = x ja σ(e1) = y.
Lause 6.3 Olkoon {Ai}i∈I perhe X:n polkuyhtenäisiä osajoukkoja, missä I =
∅ on jokin (mielivaltainen) indeksijoukko. Jos pätee ∩i∈IAi = ∅, niin joukko
∪i∈IAi on polkuyhtenäinen.
Todistus. Harjoitustehtävä. Huomaa, että väite ei päde ilman oletusta ∩i∈IAi =
∅.
Määritelmä 6.4 Sanotaan, että osajoukko K ⊂ X on avaruuden X polkukomponentti,
jos K on maksimaalinen polkuyhtenäinen joukko, ts. K on ensinnäkin
polkuyhtenäinen ja jos A ⊂ X on jokin polkuyhtenäinen joukko siten,
että K ⊂ A, niin A = K.
Lause 6.5 Olkoon a ∈ X. Tällöin on olemassa täsmälleen yksi X:n polkukomponentti
Ka siten, että a ∈ Ka.
Todistus. Merkitään
K = {A ⊂ X | a ∈ A ja A on polkuyhtenäinen}.
Jätetään harjoitustehtäväksi miettiä, miksi K = ∅ ja miksi ∩A∈KA = ∅. Näin
kuitenkin on ja silloin lauseen 6.3 nojalla ∪A∈KA on polkuyhtenäinen. Määritellään
nyt
Ka = ∪A∈KA,
jolloin Ka toteuttaa lauseen vaatimukset. Jätetään yksityiskohdat harjoitustehtäväksi.
Huomautus 6.6 Lauseen 6.5 nojalla avaruus X voidaan esittää pistevieraana
yhdisteenä polkukomponenteistaan: Lauseen 6.5 olemassaolopuoli takaa sen, että
jokainen X:n piste kuuluu johonkin polkukomponentiin ja yksikäsitteisyyspuoli
sen, että eri polkukomponentit eivät leikkaa toisiaan.
60

Nyt voidaan heti todistaa tämän luvun alussa lupailtu tulos polkuyhtenäisen
avaruuden X homologialuokasta H0(X):
Lause 6.7 Olkoon X polkuyhtenäinen. Tällöin pätee
H0(X) ∼ = Z.
Todistus. Merkitään tässä taas kaikille x ∈ X symbolilla τx vakiokuvausta
τx : ∆0 → X, τx(e0) = x. Tällöinhän jokaiselle σ ∈ Σ0(X) pätee σ = τ σ(e0).
Määritellään kuvaus f : Σ0(X) → Z asettamalla
f(σ) = 1 kaikille σ ∈ Σ0(X).
Lauseen 2.15 nojalla on olemassa homomorfismi ϕ : S0(X) → Z siten, että
ϕ ◦ i = f, missä i : Σ0(X) → S0(X) on samastuskuvaus. Tällöin kaikille c =
σ∈Σ0(X) nσ · σ pätee (vrt. lauseen 3.12 todistus)
⎛
ϕ(c) = ϕ⎝
⎞ ⎛
nσ · σ⎠
= ϕ⎝
⎞
nσ · i(σ) ⎠ = (1)
σ∈Σ0(X)
σ∈Σ0(X)
nσ · ϕ ◦ i(σ) =
σ∈Σ0(X)
σ∈Σ0(X)
nσ · f(σ) =
Osoitetaan, että homomorfismille ϕ pätee
1) Osoitetaan ensin, että Ker(ϕ) ⊂ B0(X).
σ∈Σ0(X)
nσ · 1 =
σ∈Σ0(X)
nσ.
Ker(ϕ) = B0(X). (2)
Olkoon c ∈ Ker(ϕ) ⊂ S0(X) mielivaltainen. Riittää osoittaa, että c ∈ B0 =
Im(∂1) ts. että on olemassa d ∈ S1(X) siten, että
∂1d = c. (3)
Olkoon c =
σ∈Σ0(X) nσ ·σ, missä nσ ∈ Z kaikille σ ja nσ = 0 m.k. σ ∈ Σ0(X).
Koska merkintää τx käyttäen σ = τσ(e0), niin c tulee muotoon
c =
nσ · τσ(e0). (4)
σ∈Σ0(X)
Koska c ∈ Ker(ϕ), niin ϕ(c) = 0, jolloin ehdon (1) mukaan pätee
nσ = 0. (5)
σ∈Σ0(X)
Kiinnitetään piste x0 ∈ X. Koska X on polkuyhtenäinen, niin kaikille x ∈ X on
huomautuksen 6.2 mukaisesti olemassa γx ∈ Σ1(X) siten, että
γx(e0) = x0 ja γx(e1) = x. (6)
61

Jokaiselle x ∈ X voidaan siis valita ehdon (6) mukainen γx ∈ Σ1(X), jolloin
valinta-aksiooman nojalla on olemassa kuvaus P : X → Σ1(X) siten, että P(x)
toteuttaa ehdon (6) eli pätee
P(x)(e0) = x0 ja P(x)(e1) = x kaikille x ∈ X. (7)
Havainnollisesti tilanne näyttää tältä:
.
.
.
. .
.
.
. .
. . . P(x) .
. •
.
.
.
.
. x0
•.
.. .
. .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
. z . .
•
. .
..
. .
. . .
. .
.
. y •
. . . .
. . .
.
.
.
.
.
. P(z) .
.
. . . . .
.
.
.
.
.
.
P(y)
.
x
.
.
. . . . . . .
X
.
.
Reunan määritelmän mukaan kaikille x ∈ X pätee
∂1P(x) = ∂ 0 P(x) − ∂ 1 P(x) = P(x) ◦ F 0 1 − P(x) ◦ F 1 1 . (8)
Kuvausten F i n määritelmän 1.31 mukaan F 0 1 ja F 1 1 ovat vakiokuvauksia F i 1 :
∆0 → ∆1 siten, että F 0 1 = τe1 ja F 1 1 = τe0 . Tällöin P(x) ◦ F 0 1 = τP(x)(e1) ja
P(x) ◦F 1 1 = τP(x)(e0), joten ehdon (7) perusteella P(x) ◦F 0 1 = τx ja P(x) ◦F 1 1 =
τx0
, josta edelleen ehdon (8) nojalla
.
∂1P(x) = τx − τx0 kaikille x ∈ X. (9)
Nyt voidaan määritellä ehdossa (3) kaipailtu d ∈ S1(X) asettamalla
d =
nσ · i(P(σ(e0))),
σ∈Σ0(X)
missä i on samastuskuvaus i : Σ1(X) → S1(X) ja kertoimet nσ ∈ Z ovat peräisin
c:n esityksestä (4).
Tässä on huomattava, että ensinnäkin ehdon ”nσ = 0 m.k. σ ∈ Σ0(X)” nojalla
d:n määrittelevä summa on äärellinen. Toisaalta, koska P(x) ∈ Σ1(X)
kaikille x ∈ X, niin i(P(σ(e0))) ∈ S1(X) kaikille σ ∈ Σ1(X). Silloin d:n määritelmässä
on äärellinen summa ryhmän S1(X) alkioita, joka summa pysyy tässä
ryhmässä ja siten todellakin d ∈ S1(X).
Osoitetaan sitten, että väite (3) pätee tälle d. Näin on, sillä
62
.
.
.
.

∂1d i) ⎛
= ∂1 ⎝
σ∈Σ0(X)
σ∈Σ0(X)
σ∈Σ0(X)
σ∈Σ0(X)
nσ · i(P(σ(e0)))
nσ · ∂1(P(σ(e0))) iv)
=
nσ · τ σ(e0) −
σ∈Σ0(X)
⎛
nσ · τσ(e0) − ⎝
σ∈Σ0(X)
⎞
σ∈Σ0(X)
nσ · τx0
nσ
⎞
⎠ ii)
=
σ∈Σ0(X)
v)
nσ · (τσ(e0) − τx0 ) =
vi)
=
⎠ · τx0
vii)
=
nσ · ∂1(i(P(σ(e0)))) iii)
=
σ∈Σ0(X)
nσ · τ σ(e0)
viii)
= c,
joten ehto (3) seuraa. Tässä yhtälö
i) on d:n määritelmä,
ii) seuraa siitä, että ∂1 on homomorfismi,
iii) seuraa reunahomomorfismin määritelmästä 4.5 (Huomaa, että tässä siirrytään
reunahomomorfismista reunakuvaukseen, siis simpleksitasolle.),
iv) seuraa ehdosta (9),
v) saadaan ehdosta 2.14 (3) ja
vi) on helppo harjoitustehtävä, joka seuraa lähes suoraan monikerran ja summan
määritelmistä. Yhtälö
vii) seuraa ehdosta (5) ja
viii) esityksestä (4).
Näin on todistettu ehto (3) ja silloin on todistettu myös väite 1) eli että Ker(ϕ) ⊂
B0(X).
2) Todistetaan sitten käänteinen inkluusio B0(X) ⊂ Ker(ϕ).
Olkoon c ∈ B0(X) = Im(∂1) mielivaltainen. Riittää osoittaa, että c ∈ Ker(ϕ)
eli että
ϕ(c) = 0. (10)
Koska c ∈ Im(∂1), niin on olemassa d ∈ S1(X) siten, että ehto (3) pätee. Olkoon
d =
qσ · σ, (11)
σ∈Σ1(X)
missä qσ ∈ Z kaikille σ ∈ Σ1(X) ja qσ = 0 m.k. σ. Ehto (10) saadaan laskemalla:
ϕ(c) i) = ϕ(∂1d) ii)
⎛
= ϕ⎝
⎞
qσ · ∂1σ⎠
iii)
⎛
= ϕ⎝
⎞
qσ · (τσ(e1) − τσ(e0)) ⎠ iv)
=
⎛
ϕ⎝
σ∈Σ1(X)
σ∈Σ1(X)
qσ · (i(τ σ(e1)) − i(τ σ(e0)))
⎞
⎠ v)
=
63
σ∈Σ1(X)

⎛
ϕ⎝
σ∈Σ1(X)
σ∈Σ1(X)
σ∈Σ1(X)
σ∈Σ1(X)
qσ · i(τ σ(e1)) −
σ∈Σ1(X)
qσ · ϕ(i(τ σ(e1))) −
qσ · f(τ σ(e1)) −
qσ · 1 −
σ∈Σ1(X)
σ∈Σ1(X)
σ∈Σ1(X)
qσ · 1 = 0,
qσ · i(τ σ(e0))
⎞
⎠ vi)
=
qσ · ϕ(i(τ σ(e0))) vii)
=
qσ · f(τ σ(e0)) viii)
=
joten ehto (10) pätee. Tässä yhtälö
i) tulee ehdosta (3),
ii) saadaan esityksestä (11) sekä lauseesta 4.6 ja
iii) tulee siitä, että 1-simpleksille σ pätee aina ∂1σ = τ σ(e1) − τ σ(e0), minkä näkee
suoraan määritelmästä samaan tapaan kuin ehdossa (9). Yhtälössä
iv) on tehty sellainen temppu, että formaali summa τ σ(e1) −τ σ(e0) on kirjoitettu
”oikeaan” muotoon i(τ σ(e1)) − i(τ σ(e0)) käyttäen samastuskuvausta i : Σ0(X) →
S0(X). Yhtälö
v) seuraa lauseesta 2.3,
vi) seuraa siitä, että ϕ on homomorfismi,
vii) seuraa homomorfismin ϕ määritelmästä ja
viii) seuraa kuvauksen f määritelmästä.
Näin ehto (10) on todistettu ja myös väite 2) eli B0(X) ⊂ Ker(ϕ) pätee.
Näin on lopultakin ehto (2) eli B0(X) = Ker(ϕ) todistettu.
Lauseen varsinainen väitehän on, että H0(X) ∼ = Z. Määritelmän mukaan H0(X) =
Z0(X)/B0(X). Tehdyn sopimuksen mukaan ∂0 on nollakuvaus, joten Z0(X) =
Ker(∂0) = S0(X). Siten ehdon (2) nojalla pätee
joten väite tulee muotoon
H0(X) = S0(X)/Ker(ϕ),
S0(X)/Ker(ϕ) ∼ = Z. (12)
Koska ϕ : S0(X) → Z on homomorfismi, niin algebran kurssin tietojen mukaan
(vrt. johdanto!) pätee
S0(X)/Ker(ϕ) ∼ = Im(ϕ).
Silloin väite (12) (eli koko lauseen väite) seuraa, jos osoitetaan, että Im(ϕ) = Z
eli että ϕ on surjektio.
Surjektiivisuus seuraa helposti, sillä jos q ∈ Z on mielivaltainen, niin valitaan
jokin (mikä tahansa) nollasimpleksi σ ∈ Σ0(X). (Tämmöinen on aina olemassa,
64

koska on sovittu, että topologiset avaruudet (eli tässä tapauksessa X) ovat epätyhjiä.)
Jos nyt i : Σ0(X) → S0(X) on samastuskuvaus, niin q · i(σ) ∈ S0(X)
ja
ϕ(q · i(σ)) = q · ϕ(i(σ)) = q · f(σ) = q · 1 = q.
Näin todistus on valmis.
Huomautus 6.8 Lauseessa 6.7 siis todistettiin, että polkuyhtenäiselle avaruudelle
X pätee H0(X) ∼ = Z eli on olemassa isomorfismi ϕ : H0(X) → Z. Joskus
on hyödyllistä tietää, miten tämä isomorfismi ϕ kuvaa – lauseen 6.7 tuloshan
ei puhu siitä mitään. Vastaus kysymykseen ϕ:n käyttäytymisestä löytyy lauseen
6.7 todistusta analysoimalla.
Siinähän ensinnäkin todettiin, että Z0(X) = S0(X) ja B0(X) = Ker(ϕ), joten
H0(X) = S0(X)/Ker(ϕ),
ja tässä kyse identiteetistä, eikä mitään isomorfismeja tarvita vielä tässä vaiheessa.
Toiseksi lauseen 6.7 todistuksessa todettiin, että Im(ϕ) = Z, joten loppujen
lopuksi isomorfismi ϕ : H0(X) → Z on tasan tarkkaan isomorfismi
ϕ : S0(X)/Ker(ϕ) → Im(ϕ),
jonka olemassaolo tiedetään algebran kurssilta. Mikäs tämä ϕ nyt sitten voisi
olla? Tuon algebran kurssin lauseen todistuksen nojalla tällainen kuvaus määritellään
asettamalla
ϕ([c]) = ϕ(c) kaikille c ∈ S0(X).
Tämä on paitsi hyvin määritelty kuvaus, myös isomorfismi ϕ : S0(X)/Ker(ϕ) →
Im(ϕ).
Nyt homomorfismin ϕ : S0(X) → Z määritelmän mukaan simpleksille σ ∈
Σ0(X) pätee (samastuskuvaus i : Σ0(X) → S0(X) pois jättäen)
ϕ(σ) = 1.
Tällöin yksittäiselle simpleksille σ ∈ Σ0(X) pätee
ϕ([σ]) = 1. (1)
Koska luku 1 virittää ryhmän Z ja ϕ : H0(X) → Z on isomorfismi, niin luvun
1 alkukuva kuvauksessa ϕ virittää ryhmän H0(X). Tällöin ehdon (1) mukaan
jokaiselle simpleksille σ ∈ Σ0(X) tekijäluokka [σ] ∈ H0(X) on ryhmän H0(X)
virittäjä eli pätee
H0(X) = Z · [σ], (2)
ja tämä siis riippumatta siitä, mikä simpleksi σ ∈ Σ0(X) on kyseessä. Huomaa,
että ehto (2) on oleellisesti parempi tulos kuin lause 6.7, koska siinä on kyse
65

identiteetistä – mitään tuntematonta isomorfismia ei tarvita – eli ehto (2) kertoo
täsmälleen ryhmän H0(X) rakenteen.
Ehdosta (1) nähdään helposti myös, että kaikki joukon Σ0(X) simpleksit ovat
homologisia keskenään eli pätee
Jätetään tämä harjoitustehtäväksi.
[σ] = [σ ′ ] ∈ H0(X) kaikille σ,σ ′ ∈ Σ0(X). (3)
Ehto (3) pätee siis polkuyhtenäisessä avaruudessa, mutta muualla ei. Tämä todistetaan
jatkossa. Itse asiassa myös koko ehto H0(X) ∼ = Z pätee vain polkuyhtenäisessä
avaruudessa, sillä myöhemmin tullaan näkemään, että jos H0(X) ∼ = Z,
niin X on polkuyhtenäinen.
Harjoitustehtäviä
6.1 Todista tarkalleen huomautuksessa 6.8 tehty havainto (3). Todista tämä
myös suoraan, ilman lausetta 6.7. Tästä todistuksesta näkyy selvemmin se, mihin
oletusta X:n polkuyhtenäisyydestä loppujen lopuksi tarvitaan.
6.2 Osoita, että jos topologisessa avaruudessa X on täsmälleen kaksi polkukomponenttia,
niin H0(X) ∼ = Z 2 . Vertaa tehtävään 4.6. Tämä tulos todistetaan
yleisemmässä muodossa myöhemmin.
7 Ketjukompleksien suorat summat
Jatkossa pyritään laskemaan eksplisiittisesti ryhmät Hn(X). Tähän tavoitteeseen
ei koskaan päästä siinä mielessä, että ei ole olemassa mitään (tunnettua)
kaavaa tai algoritmia, jossa Hn(X):n voisi ”laskea” mielivaltaiselle topologiselle
avaruudelle X. Aika monelle sovelluksissa tarvittavalle X:lle tämä kuitenkin
onnistuu, ja ryhdytään nyt tähän puuhaan. Ensimmäinen havainto tähän suuntaan
on se, että riittää laskea Hn(Xα) jokaiselle X:n polkukomponentille Xα,
mikä käytännössä tarkoittaa sitä, että voidaan rajoittua polkuyhtenäisiin avaruuksiin.
Tehtävässä 6.2 on vaatimaton esimerkki siitä, miten koko avaruuden homologiaryhmä
määräytyy polkukomponenttien homologiaryhmistä. Tätä tehtävää
voidaan yleistää: jos polkukomponentteja on p kappaletta, niin H0(X) ∼ = Z p .
Vastaava tulos pätee myös muille homologiaryhmille Hn(X): jos Hn(Xk) ∼ = Z
kaikille X:n polkukomponenteille Xk, k = 1,...,p, niin Hn(X) ∼ = Z p .
Tässä tulee äkkiä vastaan hankalia algebrallisia kysymyksiä: mitäs, jos polkukomponentteja
on ääretön määrä – mitä voisi olla ”Z ∞ ”? Toisaalta, entä jos
polkukomponenteilla on erilaisia homologiaryhmiä Hn(Xk)? Miten määräytyy
66

silloin Hn(X). Vastaus on, että Hn(X) = Hn(X1) × · · · × Hn(Xp), mutta miten
itse asiassa tuo karteesinen tulo (mahdollisesti) erilaisten ryhmien välillä
tulisi tarkkaan ottaen määritellä? Entä jos tässäkin on äärettömän monta polkukomponenttia?
Siis ääretön (mahdollisesti ylinumeroituva) karteesinen tulo
keskenään erilaisista ryhmistä? Hmm, kuulostaa hankalalta. Sitä se teknisesti
onkin, mutta asiallisesti ottaen kyse ei ole kauhean paljon monimutkaisemmasta
asiasta kuin vapaissa Abelin ryhmissä, jonka käsitteen yleistyksestä tässä itse
asiassa puhutaankin, vrt. huomautus 7.2.
Tässä tulee aika suuria merkinnällisiä vaikeuksia kaikenmaailman inkluusio- ja
projektiokuvausten kanssa, mutta itse asia ei ole kovin vaikeaa, vaikka se siltä
saattaa näyttää. Pyritään havainnollistamaan niin paljon kuin mahdollista.
Koska homologiaryhmät määräytyvät singulaarista ketjukomplekseista, niin tässä
joudutaan sitten kyllä määrittelemään myös ketjukompleksien ”mielivaltainen
karteesinen tulo”, ja tämän käsittelyssä alkaa sitten jo olla hankaluuksia,
muitakin kuin puhtaasti teknisiä.
Aloitetaan ryhmien ”mielivaltaisen karteesisen tulon” määritelmällä; tätä kutsutaan
ryhmien suoraksi summaksi:
Määritelmä 7.1 Olkoon I epätyhjä (äärellinen tai ääretön) indeksijoukko ja
{Gα}α∈I perhe Abelin ryhmiä. Määritellään joukko ⊕α∈IGα asettamalla
⊕α∈IGα = {f | f on kuvaus f : I → ∪α∈IGα siten, että f(α) ∈ Gα ∀α ∈ I ja
f(α) = 0 ∈ Gα m.k. α ∈ I}.
Joukosta ⊕α∈IGα tulee ilmeisesti Abelin ryhmä, kun määritellään sen laskutoimitukseksi
f + g : I → ∪α∈IGα, missä
(f + g)(α) = f(α) + g(α) ∈ Gα kaikille α ∈ I.
Ryhmän ⊕α∈IGα neutraalialkio on selvästi nollakuvaus f0 : I → ∪α∈IGα, missä
f0(α) = 0 ∈ Gα kaikille α ∈ I.
Sanotaan, että näin määritelty Abelin ryhmä ⊕α∈IGα on ryhmäperheen
{Gα}α∈I suora summa.
Huomautus 7.2 Jos Gα = Z kaikille α ∈ I (= ∅), niin suoraan määritelmien
mukaan ⊕α∈IGα on joukon I virittämä vapaa Abelin ryhmä Fr(I). Jos indeksijoukko
I on äärellinen, I = {α1,...,αn}, missä αi = αj kun i = j, niin on
tapana korvata merkintä ⊕α∈IGα merkinnällä
Jos Gα1
= · · · = Gαn = Z, niin
mikä seuraa lauseesta 2.22.
Gα1
Gα1
⊕ · · · ⊕ Gαn .
⊕ · · · ⊕ ∼= Gαn Z n ,
67

Huomautus. Edellä oli puhetta siitä, että suora summa on ”mielivaltainen karteesinen
tulo”. Katsotaanpa asiaa vähän tarkemmin – mahdollisimman suuren
havainnollisuuden takia vain kahden ryhmän tapauksessa.
Jos G1 ja G2 ovat Abelin ryhmiä, niin karteesisesta tulosta G1 × G2 tulee selvästi
myös Abelin ryhmä, kun määritellään sinne luonnollinen laskutoimitus
(g1,g2) + (g ′ 1,g ′ 2) = (g1 + g ′ 1,g2 + g ′ 2).
Tuon edellä sanotun perusteella tämän nyt sitten pitäisi olla myös suora summa
näistä ryhmistä. Sitä se ei tietenkään ole, mutta se on isomorfinen ryhmän
G1 ⊕G2 kanssa. Siis kahden ryhmän suora summa on isomorfiaa vaille karteesinen
tulo eli ei siis kovin kummoinen kapine. Tämä sama pätee myös useamman
ryhmän tapauksessa, kunhan niitä on vain äärellinen määrä. Miten sitten äärettömän
monen ryhmän tapauksessa? Siinäpä se, ääretön karteesinen tulo on
kovin hankala määritellä matemaattisesti oikein, ja viime kädessä joudutaan
siihen, että määritelmä on tehtävä juuri niin kuin suora summa määriteltiin.
Tässä mielessä siis suora summa yleistää karteesisen tulon käsitteen.
Äärellisessä tapauksessa suoran summan käsite määritelmässä 7.1 on toivottoman
abstraktisti ja hankalasti määritelty ja sellaisessa tapauksessa on paljon
helpompaa ajatella tätä ihan tavallisena karteesisena tulona. Itse asiassa
tämä tulkinta kannattaa pitää koko ajan mielessä, kun jatkossa kikkaillaan äärettömien
suorien summien kanssa. Kaikki tämä temppuilu ja määritelmän 7.1
abstraktisuus johtuu siis siitä, että tässä on saatava haltuun kerralla kaikki indeksijoukot
I, äärelliset ja äärettömät. Tässä ei voi oikein ajatella mitään rekursiomääritelmääkään,
koska I voi olla myös ylinumeroituva.
Seuraavassa esimerkissä osoitetaan tarkasti, miten tuo väitetty isomorfia ryhmien
G1 × G2 ja G1 ⊕ G2 välille oikein syntyy.
Esimerkki 7.3 Määritelmän mukaan
G1 ⊕ G2 = {f : {1,2} → G1 ∪ G2 | f(1) ∈ G1 ja f(2) ∈ G2}.
Määritellään nyt kuvaus ϕ : G1⊕G2 → G1×G2 asettamalla kaikille f ∈ G1⊕G2
ϕ(f) = (f(1),f(2)) ∈ G1 × G2.
Jätetään harjoitustehtäväksi osoittaa, että tämä ϕ on isomorfismi, joten väitetty
isomorfia G1 ⊕ G2 ∼ = G1 × G2 syntyy tällä tavalla. Tähän esimerkkiin palataan
vielä.
Lause 7.4 Olkoon I epätyhjä indeksijoukko ja {Gα}α∈I sekä {Hα}α∈I Abelin
ryhmien Gα ja Hα muodostamia perheitä siten, että Gα ∼ = Hα kaikille α ∈ I.
Tällöin pätee
⊕α∈IGα ∼ = ⊕α∈IHα.
Todistus. Harjoitustehtävä.
68

Lause 7.5 Olkoon G Abelin ryhmä ja H1,H2 ⊂ G aliryhmiä siten, että
H1 ∩ H2 = {0} ja H1 + H2 = G. Tällöin
Todistus. Harjoitustehtävä.
G ∼ = H1 ⊕ H2.
Huomautus 7.6 Lauseen 7.5 tilanteessa sanotaan, että G on aliryhmiensä
H1 ja H2 suora summa.
Määritelmä 7.7 Olkoon ⊕α∈IGα Abelin ryhmäperheen {Gα}α∈I suora summa
ja β ∈ I kiinteä. Määritellään inkluusiokuvaus iβ : Gβ → ⊕α∈IGα asettamalla
kaikille gβ ∈ Gβ ja α ∈ I
gβ ∈ Gβ kun α = β
iβ(gβ)(α) =
0 ∈ Gα kun α = β.
Tällöin selvästi iβ(gβ) ∈ ⊕α∈IGα, joten iβ on todellakin kuvaus iβ : Gβ →
⊕α∈IGα. Lisäksi iβ on selvästi homomorfismi.
Määritellään edelleen projektiokuvaus pβ : ⊕α∈IGα → Gβ asettamalla kaikille
f ∈ ⊕α∈IGα
pβ(f) = f(β) ∈ Gβ.
Myös pβ on selvästi homomorfismi.
Esimerkki 7.8 Palataan esimerkkiin 7.3, jossa I = {1,2}. Siinä tulkittiin ryhmä
G1 ⊕G2 ryhmäksi G1 ×G2 isomorfismin ϕ : G1 ⊕G2 → G1 ×G2 kautta. Nyt
voidaan tulkita määritelmän 7.7 inkluusio- ja projektiokuvaukset iβ,pβ, α = 1,2,
kuvauksiksi iβ : Gβ → G1 ×G2, iβ = ϕ◦iβ ja pβ : G1 ×G2 → Gβ, pβ = pβ ◦ϕ −1 .
On helppo harjoitustehtävä osoittaa, että näin tulkiten
i1(g1) = (g1,0) ∈ G1 × G2 kaikille g1 ∈ G1,
i2(g2) = (0,g2) ∈ G1 × G2 kaikille g2 ∈ G2,
p1(g1,g2) = g1 ∈ G1 kaikille (g1,g2) ∈ G1 × G2 ja
p2(g1,g2) = g2 ∈ G2 kaikille (g1,g2) ∈ G1 × G2.
Inkluusio- projektiokuvaukset vastaavat siis täysin luonnollisia inkuusio- ja projektiokuvauksia
esimerkiksi ryhmässä R 2 . Tällaisina näitä kannattaa myös ajatella,
niin sotkuisten merkintöjen tulkinta helpottuu.
Huomaa, että tässä pätee
Tämä pätee yleisemminkin:
pl ◦ik =
idGk kun k = l
0 kun k = l.
69

Lause 7.9 Olkoon ⊕α∈IGα Abelin ryhmäperheen {Gα}α∈I suora summa ja iβ :
Gβ → ⊕α∈IGα sekä pβ : ⊕α∈IGα → Gβ inkluusio- ja projektiokuvaukset, β ∈ I.
Tällöin pätee
pβ ◦ iα =
idGβ
0
kun β = α
kun β = α.
Todistus. Kaikille g ∈ Gβ pätee
pβ ◦ iα(g) = pβ(iα(g)) i) = iα(g)(β) ii)
=
g
0
kun β = α
kun β = α,
joten väite pätee. Tässä yhtälö i) seuraa pβ:n ja yhtälö ii) iα:n määritelmästä.
Jos G ja G ′ ovat Abelin ryhmiä ja f,g : G → G ′ homomorfismeja niin niiden
summakuvaus f + g : G → G ′ määritellään asettamalla
(f + g)(x) = f(x) + g(x) kaikille x ∈ G. (1)
Jos merkitään Hom(G,G ′ ) = {f | f : G → G ′ on homomorfismi }, niin tämä
summa antaa joukkoon Hom(G,G ′ ) Abelin ryhmästruktuurin, jossa neutraalialkiona
on nollakuvaus. Jos nyt {fi}i∈K on perhe ryhmän Hom(G,G ′ ) alkioita
siten, että fi = 0 m.k. i ∈ K, niin merkinnän 2.2 mukaisesti summa
i∈K
on määritelty ja on myös ryhmän Hom(G,G ′ ) alkio. Nyt tarvitaan kuitenkin
vähän laajempi summan käsite, jossa summa on määritelty myös ilman tuota
oletusta ”fi = 0 = nollakuvaus m.k. i”. Jotain pitää kuitenkin olettaa: on selvää,
että ”mielivaltaista” ääretöntä summaa ei voi järkevästi määritellä. Seuraavassa
on esitetty tarvittava ehto:
Määritelmä 7.10 Olkoot G ja G ′ Abelin ryhmiä ja {fi}i∈K perhe (K = ∅)
ryhmän Hom(G,G ′ ) alkioita siten, että jokaiselle x ∈ G pätee fi(x) = 0 m.k.
i ∈ K. (Huomaa, että tämä on lievempi ehto kuin se, että fi ≡ 0 m.k. i ∈ K).
Määritellään homomorfismiperheen {fi}i∈K summa
i∈K fi asettamalla
(x) =
fi(x) kaikille x ∈ G.
i∈K
fi
i∈K
Huomautus. Tässä määritelmän oikeanpuoleinen summa koostuu siis Abelin
ryhmän G ′ alkioista, joiden summa on oletuksen ”fi(x) = 0 m.k. i ∈ K” nojalla
merkinnän 2.2 mukaisesti määritelty (ja G ′ :n alkio) kaikille x ∈ G. Tällöin
i∈K fi on hyvin määritelty kuvaus G → G ′ . On helppo nähdä, että se on myös
homomorfismi.
70
fi

Lause 7.11 Olkoon ⊕α∈IGα Abelin ryhmäperheen {Gα}α∈I suora summa ja
iβ : Gβ → ⊕α∈IGα sekä pβ : ⊕α∈IGα → Gβ inkluusio- ja projektiokuvaukset,
β ∈ I. Tällöin jokaiselle f ∈ ⊕α∈IGα pätee
iα ◦ pα(f) = 0 m.k. α ∈ I.
Todistus. Koska f ∈ ⊕α∈IGα, niin f(α) = 0 m.k. α ∈ I. Koska iα:t ovat
homomorfismeja, niin iα(0) = 0 kaikille α ∈ I ja siten iα(f(α)) = 0 m.k. α ∈ I.
Väite seuraa tällöin siitä, että pα:n määritelmän mukaan iα(pα(f)) = iα(f(α)).
Huomautus 7.12 Olkoon ⊕α∈IGα Abelin ryhmäperheen {Gα}α∈I suora summa
ja olkoon määritelmässä 7.10 G = G ′ = ⊕α∈IGα. Lauseen 7.11 nojalla
kaikille f ∈ ⊕α∈IGα pätee iα ◦ pα(f) = 0 m.k. α ∈ I. Tällöin määritelmän 7.10
mukainen homomorfismiperheen {iα ◦ pα}α∈I summa
iα ◦ pα : ⊕α∈IGα → ⊕α∈IGα
α∈I
on määritelty. Tämä summakuvaus ja sen ”johdannaiset” tulevat jatkossa olemaan
erityisen kiinnostuksen kohteena – tosin se itse on hyvin yksinkertainen
kuvaus, kuten lauseesta 7.14 näkyy. Huomaa myös, että tässä tosiaan tarvittiin
määritelmää 7.10 merkinnän 2.2 sijasta, koska iα ◦ pα = 0 = nollakuvaus vain
jos Gα = {0}.
Esimerkki 7.13 Palataan esimerkkiin 7.8, jossa I = {1,2} ja siten summakuvaus
α∈I iα ◦ pα tulee muotoon i1 ◦ p1 + i2 ◦ p2. Esimerkissä 7.8 tulkittiin
ryhmä G1 ⊕G2 ryhmäksi G1 ×G2 isomorfismin ϕ : G1 ⊕G2 → G1 ×G2 kautta,
jolloin inkluusio- ja projektiokuvaukset tulkittiin kuvauksiksi iβ : Gβ → G1 ×G2,
iβ = ϕ ◦ iβ ja pβ : G1 × G2 → Gβ, pβ = pβ ◦ ϕ−1 Tässä tulkinnassa kuvaus iα ◦pα tulkitaan kuvaukseksi ϕ◦iα ◦pα ◦ϕ −1 = iα ◦pα.
Esimerkistä 7.8 saadaan
i1 ◦ p1(g1,g2) = (g1,0) ja i2 ◦ p2(g1,g2) = (0,g2) kaikille (g1,g2) ∈ G1 ×G2.
Kuten tästä näkyy, kuvaukset iα ◦ pα ovat hyvin yksinkertaisia – intuitiivisesti
voi ajatella, että ne ”nollaavat muut koordinaatit, mutta pitävän α:nnen koordinaatin
ennallaan”.
Huomaa, että nyt tässä esimerkissä käy niin, että
(i1◦p1+i2◦p2)(g1,g2) = i1◦p1(g1,g2)+i2◦p2(g1,g2) = (g1,0)+(0,g2) = (g1,g2)
kaikille (g1,g2) ∈ G1 × G2, joten i1 ◦ p1 +i2 ◦ p2 = idG1×G2
ja silloin myös
i1 ◦ p1 + i2 ◦ p2 = ϕ −1 ◦ (i1 ◦ p1 +i2 ◦ p2) ◦ ϕ = ϕ −1 ◦ idG1×G2 ◦ ϕ = idG1⊕G2 .
Tämä ei ole sattumaa:
71

Lause 7.14 Olkoon ⊕α∈IGα Abelin ryhmäperheen {Gα}α∈I suora summa ja
iβ : Gβ → ⊕α∈IGα sekä pβ : ⊕α∈IGα → Gβ inkluusio- ja projektiokuvaukset,
β ∈ I. Tällöin pätee
iα ◦ pα = idG1⊕G2 .
α∈I
Todistus. Olkoon f ∈ ⊕α∈IGα mielivaltainen. Riittää osoittaa, että
(f) = f
eli että kaikille β ∈ I pätee
Näin on, sillä
α∈I
α∈I
iα ◦ pα
(f)(β) i) = pβ
α∈I
α∈I
iα ◦ pα
α∈I
iα ◦ pα
iα ◦ pα
(f)(β) = f(β).
(f)
pβ ◦ iα ◦ pα(f) iv)
= idGβ ◦ pβ(f) = pβ(f) v)
= f(β).
ii)
= pβ (iα ◦ pα)(f)
Tässä yhtälö
i) seuraa projektiokuvauksen pβ määritelmästä,
ii) seuraa summakuvauksen määritelmästä 7.10,
iii) seuraa siitä, että pβ on homomorfismi (vrt. lause 2.3)
iv) seuraa lauseesta 7.9 ja
v) taas pβ:n määritelmästä.
Seuraava lause auttaa tunnistamaan sen, milloin ryhmä H on Abelin ryhmäperheen
{Gα}α∈I suora summa – tai tarkemmin sanottuna isomorfinen kyseisen
suoran summan kanssa:
Lause 7.15 Olkoon ⊕α∈IGα Abelin ryhmäperheen {Gα}α∈I suora summa, iβ :
Gβ → ⊕α∈IGα sekä pβ : ⊕α∈IGα → Gβ inkluusio- ja projektiokuvaukset, β ∈ I.
Olkoon lisäksi H jokin Abelin ryhmä. Oletetaan, että kaikille α ∈ I on olemassa
homomorfismit jα : Gα → H ja qα : H → Gα siten, että jokaiselle kiinteälle
h ∈ H pätee qα(h) = 0 m.k. α ∈ I ja lisäksi
jα ◦ qα = idH sekä (1)
α∈I
qβ ◦ jα =
idGα kun α = β
0 kun α = β.
72
α∈I
iii)
=
(2)

Tällöin pätee
H ∼ = ⊕α∈IGα.
Erityisesti kuvaukset
iα ◦ qα : H → ⊕α∈IGα ja
jα ◦ pα : ⊕α∈IGα → H
α∈I
α∈I
ovat isomorfismeja sekä toistensa käänteiskuvauksia.
Huomautus. Vertaa lauseen oletuksia lauseisiin 7.9 ja 7.14.
Koska tässä jα:t ovat homomorfismeja, niin jα(0) = 0 ∀α, joten oletuksen
”qα(h) = 0 m.k. α ∈ I” nojalla pätee myös jα ◦ qα(h) = 0 m.k. α ∈ I, ja
oletuksen (1) summakuvaus on järkevästi määritelty.
Koska iα:t ovat homomorfismeja, niin iα(0) = 0 ∀α, joten oletuksen ”qα(h) = 0
m.k. α ∈ I” nojalla kiinteällä h ∈ H pätee myös iα ◦ qα(h) = 0 m.k. α ∈ I,
jolloin väitteen summakuvaus
iα ◦ qα : H → ⊕α∈IGα
α∈I
on järkevästi määritelty. Vastaavasti, koska kiinteällä f ∈ ⊕α∈IGα pätee pα(f) =
f(α) = 0 m.k. α ∈ I, niin myös väitteen toinen summakuvaus
jα ◦ pα : ⊕α∈IGα → H
on järkevästi määritelty.
α∈I
Todistus. Nämä väitteen summakuvaukset ovat homomorfismien summina homomorfismeja,
joten jos osoitetaan, että ne ovat toistensa käänteiskuvauksia,
niin ne ovat isomorfismeja ja väite seuraa.
Riittää siis osoittaa, että kaikille h ∈ H pätee
⎛
◦ ⎝
α∈I
jα ◦ pα
β∈I
ja että kaikille f ∈ ⊕α∈IGα pätee
⎛
⎝
⎞
⎠ ◦
β∈I
Väite (3) pätee, sillä
⎛
◦ ⎝
α∈I
jα ◦ pα
β∈I
iβ ◦ qβ
iβ ◦ qβ
⎞
α∈I
⎠ (h) i) =
73
iβ ◦ qβ
jα ◦ pα
α∈I
⎞
⎠ (h) = h (3)
jα ◦ pα
(f) = f. (4)
⎛ ⎝
⎞
iβ ◦ qβ(h) ⎠ ii)
=
β∈I

α∈I
α∈I
jα ◦ pα
⎛
⎝
⎞
iβ ◦ qβ(h) ⎠ iii)
=
jα ◦ pα ◦ iβ ◦ qβ(h) iv)
=
β∈I
α∈I
α∈I β∈I
jα ◦ idGα ◦ qα(h) =
jα ◦ qα(h) v)
= h.
Tässä yhtälöt
i) ja ii) seuraavat summakuvauksen määritelmästä, yhtälö
iii) seuraa siitä, että jα ◦ pα on homomorfismi kaikille α ∈ I,
iv) seuraa lauseesta 7.9 ja
v) seuraa oletuksesta (1).
Väite (4) todistetaan vastaavasti:
⎛
⎝
⎞
⎠ ◦
β∈I
β∈I
iβ ◦ qβ
α∈I
jα ◦ pα
β∈I
(f) i) =
iβ ◦ qβ ◦ jα ◦ pα(f) ii)
=
β∈I α∈I
iβ ◦ idGβ ◦ pβ(f) =
iβ ◦ pβ(f) iii)
= f,
missä yhtälö
i) saadaan kuten väitteen (3) todistuksessa,
ii) seuraa oletuksesta (2) ja
iii) seuraa lauseesta 7.14.
Seuraavaksi halutaan määritellä ketjukompleksiperheen {(G α ,∂ α )}α∈I suora
summa ⊕α∈I(G α ,∂ α ) = (G,∂), jonka on tarkoitus olla myös ketjukompleksi.
On luonnollista määritellä kaikille n ∈ Z ryhmä Gn asettamalla Gn = ⊕α∈IG α n,
mutta kuinka tulisi määritellä homomorfismit ∂n : Gn → Gn−1? Näiden homomorfismienhan
tulee toteuttaa ehto ∂n−1 ◦ ∂n = 0 kaikille n ∈ Z.
Idea on seuraava: projisoidaan ensin suorasta summasta kuhunkin suoran summan
”summattavaan”, tehdään siellä reunakuvaus, tullaan inkluusiokuvauksella
takaisin ja lasketaan lopuksi yhteen. Tarkemmin sanottuna reunakuvaus on
muotoa
∂n =
i α n−1 ◦ ∂ α n ◦ p α n. (1)
α∈I
Tästä reunakuvausehdokkaasta on ensinnäkin tarkistettava, että se on hyvin
määritelty, ts. että kiinteälle f ∈ ⊕α∈IG α n pätee i α n−1 ◦ ∂ α n ◦ p α n(f) = 0 m.k. α.
Koska i α n−1 ◦∂ α n on homomorfismi, niin i α n−1 ◦∂ α n(0) = 0 ∀α, joten riittää todeta,
että p α n(f) = 0 m.k. α. Näin on, sillä projektiokuvauksen määritelmän mukaan
p α n(f) = f(α) ja f(α) = 0 m.k α, koska f ∈ ⊕α∈IG α n.
Seuraavaksi huomataan, että reunakuvausehdokas (1) on homomorfismi Gn →
74

Gn−1, koska se on homomorfismien summa. Lopuksi pitää vielä todistaa, että
”varsinainen”reunakuvausehto ∂n−1 ◦∂n = 0 kaikille n ∈ Z toteutuu. Lasketaan:
Kiinteälle f ∈ Gn pätee
∂n−1 ◦ ∂n(f) i)
= i α n−2 ◦ ∂ α n−1 ◦ p α ⎛
n−1 ◦ ⎝
i β
n−1 ◦ ∂β n ◦ p β ⎞
⎠
n (f) ii)
=
α∈I
α∈I
β∈I
β∈I
i α n−2 ◦ ∂ α n−1 ◦ p α
n−1
⎛
⎝
i β
n−1 ◦ ∂β n ◦ p β ⎞
n(f) ⎠ iii)
=
i α n−2 ◦ ∂ α n−1 ◦ p α ⎛
⎝
n−1
i β
n−1 ◦ ∂β n ◦ p β ⎞
n(f) ⎠ iv)
=
α∈I
α∈I β∈I
β∈I
i α n−2 ◦ ∂ α n−1 ◦ p α n−1 ◦ i β
n−1 ◦ ∂β n ◦ p β n(f) v)
=
α∈I
α∈I
i α n−2 ◦ ∂ α n−1 ◦ idG α n−1 ◦ ∂α n ◦ p α n(f) =
i α n−2 ◦ ∂ α n−1 ◦ ∂ α n ◦ p α n(f) vi)
= 0,
joten asia on selvä. Tässä yhtälö
i) on määritelmä (1) ja yhtälöt
ii) ja iii) perustuvat summakuvauksen määritelmään, yhtälö
iv) seuraa siitä, että i α n−2 ◦ ∂ α n−1 ◦ p α n−1 on homomorfismi,
v) seuraa lauseesta 7.9, jonka mukaan p α n−1 ◦ i β
n−1 =
idG α n−1
kun α = β
0 kun α = β,
ja lopulta yhtälö
vi) seuraa siitä, että ∂ α n−1 ◦ ∂ α n = 0, koska (G α ,∂ α ) on ketjukompleksi.
Näin on nähty, että ehdon (1) kuvaus on kelvollinen reunakuvaus, joten voidaan
esittää virallinen määritelmä:
Määritelmä 7.16 Olkoon I = ∅ indeksijoukko ja {(G α ,∂ α )}α∈I perhe ketjukomplekseja
ja asetetaan kaikille n ∈ Z
Gn = ⊕α∈IG α n.
Olkoot kaikille α ∈ I ja n ∈ Z iα n : Gα n → Gn ja pα n : Gn → Gα n inkluusio- ja
projektiokuvaukset. Määritellään kaikille n ∈ Z homomorfismi
∂n =
i α n−1 ◦ ∂ α n ◦ p α n : Gn → Gn−1.
α∈I
Tällöin – kuten edellä todettiin – (G,∂) = {(Gn,∂n)}n∈Z on ketjukompleksi. Sanotaan,
että (G,∂) on ketjukompleksiperheen {(G α ,∂ α )}α∈I suora summa
ja sitä merkitään symbolilla ⊕α∈I(G α ,∂ α ).
75

Esimerkki 7.17 Olkoon I = {α,β}, α = β, jolloin summattavia ketjukomplekseja
on vain kaksi (Gα ,∂ α ) ja (Gβ ,∂ β ). Määritelmän mukaan kaikille n ∈ Z
Gn = Gα n ⊕Gβ n. Kuten esimerkissä 7.3 tämä voidaan tulkita karteesiseksi tuloksi
Gα n ×Gβ n, jolloin inkluusiokuvaukset ovat esimerkin 7.8 mukaiset iα n ja i β n, missä
iα n(x) = (x,0) ∈ Gα n × Gβ n kaikille x ∈ Gα n ja i β n(y) = (0,y) ∈ Gα n × Gβ n kaikille
y ∈ Gβ n.
Vastaavasti projektiokuvaukset ovat p α n ja p β n, missä p α n(x,y) = x ∈ G α n ja
p β n(x,y) = y ∈ G β n kaikille (x,y) ∈ G α n × G β n.
Summaketjukompleksissa {(Gn,∂n)}n∈Z nyt siis jokainen ryhmä Gn on (tulkinnan
jälkeen) G α n × G β n ja reunakuvaus ∂n : Gn → Gn−1 kuvaa näin: Kaikille
(x,y) ∈ G α n × G β n pätee
∂n(x,y) = iα n−1 ◦ ∂α n ◦ p α n(x,y) +
i β
n−1 ◦ ∂β n ◦ p β n(x,y) =
iα n−1 ◦ ∂α n(x) +
i β
n−1 ◦ ∂β n(y) = iα n−1 (∂α n(x)) +
i β
n−1 (∂β n(y)) =
(∂ α n(x),0) + (0,∂ β n(y)) = (∂ α n(x),∂ β n(y)).
Lopputulema on siis äärimmäisen luonnollinen kuvaus ∂n(x,y) = (∂ α n(x),∂ β n(y)).
Mitäpä muutakaan se voisi järkevästi ajatellen olla. Määritelmä 7.16 on vähän
konstikkaan näköinen, mutta pohjimmiltaan aivan selvä. Tämä konstikkuus johtuu
taas siitä, että näin saadaan kerralla haltuun kaikki indeksijoukot I, jopa
ylinumeroituvat.
Nyt voidaan kysyä, mitä tapahtuu summaketjukompleksin homologiaryhmille
verrattuna summattavien homologiaryhmiin. Naiivi ja harras toivomus olisi tietysti,
että jos (G,∂) on ketjukompleksiperheen {(G α ,∂ α )}α∈I suora summa, niin
ketjukompleksin (G,∂) homologiaryhmät Hn saataisiin suorina summina
Hn = ⊕α∈IH α n,
missä H α n on ketjukompleksin (G α ,∂ α ) homologiaryhmä. Tämä toivomus sattuu
tällä kertaa osumaan kohdalleen, jopa ilman mitään lisäoletuksia näistä ketjukomplekseista.
Tämä todistetaan seuraavassa. Ensin tarvitaan kuitenkin aputulos,
jota varten pitää palauttaa mieleen ketjukuvauksen käsite määritelmästä
5.1.
Lause 7.18 Olkoon {(G α ,∂ α )}α∈I perhe ketjukomplekseja ja (G,∂) sen suora
summa. Olkoot kaikille α ∈ I i α n : G α n → Gn ja p α n : Gn → G α n vastaavat
inkluusio- ja projektiokuvaukset. Tällöin perheet i α = {i α n : G α n → Gn}n∈Z ja
p α = {p α n : Gn → G α n}n∈Z ovat ketjukuvauksia kaikille α ∈ I.
Todistus. Koska inkluusio- ja projektiokuvaukset ovat homomorfismeja, riittää
määritelmän 5.1 mukaan osoittaa, että kaaviot
76

∂ α n
... ←− G α n−1 ←− G α n ←− ...
... ←− Gn−1 ←− Gn ←− ...
... ←− G α n−1 ←− G α n ←− ...
↓ i ↓ ↑ ↑
α n−1 iα n pα n−1 pα ja
n
∂n
∂ α n
∂n
... ←− Gn−1 ←− Gn ←− ...
kommutoivat. Ensimmäisen kaavion kommutointi saadaan helposti:
∂n ◦ i α ⎛
i)
n = ⎝
i β
n−1 ◦ ∂β n ◦ p β ⎞
⎠
n ◦ i α ii)
n = i β
n−1 ◦ ∂β n ◦ p β n ◦ i α iii) α
n = in−1 ◦ ∂ α n,
β∈I
missä yhtälö
i) seuraa reunakuvauksen ∂n määritelmästä 7.16,
ii) homomorfismien summan määritelmästä ja
iii) lauseesta 7.9, jonka mukaan pα n ◦ iβ
idG
n =
α kun α = β
n
0 kun α = β.
Jälkimmäisen kaavion kommutointi saadaan lähes yhtä helposti:
p α i)
n−1 ◦ ∂n = p α ⎛
n−1 ◦ ⎝
i β
n−1 ◦ ∂β n ◦ p β ⎞
⎠
n
ii)
=
p α n−1 ◦ i β
n−1 ◦ ∂β n ◦ p β iii) α
n = ∂n ◦ p α n,
β∈I
β∈I
β∈I
missä yhtälö
i) seuraa taas reunakuvauksen ∂n määritelmästä,
ii) siitä, että pα n−1 on homomorfismi (vrt. lause 2.3) ja
iii) lauseesta 7.9, jonka mukaan (vähän toisin kuin edellä)
pα n−1 ◦ i β
n−1 =
idGα kun α = β
n−1
0 kun α = β.
Nyt voidaan sitten todistaa tuo edellä mainittu tulos, jonka mukaan ketjukompleksien
suoran summan homologiaryhmät saadaan suorina summina ”summattavien”
homologiaryhmistä:
Lause 7.19 Olkoon {(G α ,∂ α )}α∈I perhe ketjukomplekseja ja (G,∂) sen suora
summa. Olkoon n ∈ Z ja H α n ketjukompleksin {(G α ,∂ α )}α∈I n:s homologiaryhmä
kaikille α ∈ I sekä Hn ketjukompleksin (G,∂) n:s homologiaryhmä. Tällöin
pätee
Hn ∼ = ⊕α∈IH α n.
Todistus. Olkoot kaikille α ∈ I i α n : G α n → Gn ja p α n : Gn → G α n inkluusio- ja
projektiokuvaukset, jolloin lauseen 7.18 nojalla perheet i α = {i α n}n∈Z ja p α =
77

{p α n}n∈Z ovat ketjukuvauksia, i α : (G α ,∂ α ) → (G,∂) ja p α : (G,∂) → (G α ,∂ α ).
Olkoot Fn ja Bn ketjukompleksin (G,∂) n-syklien ja n-reunojen ryhmät ja vastaavasti
F α n ja B α n ketjukompleksin (G α ,∂ α ) n-syklien ja n-reunojen ryhmät,
α ∈ I, n ∈ Z.
Koska iα : (Gα ,∂ α ) → (G,∂) on ketjukuvaus, niin lauseen 5.3 nojalla määritelmä
iα n([a]) = [i α n(a)] ∈ Hn kaikille a ∈ Z α n (1)
antaa homomorfismin
i α n : H α n → Hn kaikille α ∈ I. Vastaavasti, koska p α :
(G,∂) → (G α ,∂ α ) on ketjukuvaus, niin taas lauseen 5.3 nojalla määritelmä
p α n([h]) = [p α n(h)] ∈ H α n kaikille h ∈ Zn (2)
antaa homomorfismin p α n : Hn → H α n kaikille α ∈ I.
Lauseen 7.15 nojalla väite
seuraa, jos osoitetaan, että
Hn ∼ = ⊕α∈IH α n
1) Kaikille [h] ∈ Hn pätee p α n([h]) = 0 m.k. α ∈ I,
2)
α∈I
3) p β n ◦
i α n =
i α n ◦ p α n = idHn ja
idH α n
kun α = β
0 kun α = β.
Todistetaan väitteet 1), 2) ja 3).
Väite 1): Olkoon [h] ∈ Hn kiinteä, missä h ∈ Zn ⊂ Gn = ⊕α∈IG α n. Koska
määritelmän (2) mukaan p α n([h]) = [p α n(h)], niin riittää osoittaa, että p α n(h) = 0
m.k. α ∈ I. Projektiokuvauksen määritelmän mukaan p α n(h) = h(α), joten riittää
osoittaa, että h(α) = 0 m.k. α ∈ I. Tässä ei ole enää mitään osoittamista,
vaan se seuraa suoraan siitä, että h ∈ ⊕α∈IG α n.
Väite 2): Riittää osoittaa, että
iα n ◦ p α
n ([h]) = [h] kaikille [h] ∈ Hn, h ∈ Zn.
α∈I
Tämä on suora lasku:
iα n ◦ p α
n ([h]) i) =
iα n(p α n[h]) ii)
=
iα n([p α n(h)]) iii)
=
[i α n ◦ p α n(h)] iv)
=
α∈I
α∈I
78
α∈I
α∈I

iv)
= i α n ◦ p α n(h)
α∈I
v)
= [h].
Tässä yhtälö
i) seuraa homomorfismien summan määritelmästä 7.10,
ii) seuraa määritelmästä (2),
iii) seuraa määritelmästä (1),
iv) seuraa tekijäryhmän yhteenlaskun määritelmästä: tekijäryhmässä aina [x]+
[y] = [x + y], josta yhtälö iv) saadaan induktiolla, ja
v) seuraa lauseesta 7.14, jonka mukaan
α∈I iα n ◦ p α n = idGn .
Väite 3): Riittää osoittaa, että kaikille [a] ∈ H α n, a ∈ Z α n ⊂ G α n pätee
Tämäkin on suora lasku:
p β n ◦
i α n([a]) =
[a] kun α = β
[0] kun α = β.
p β n ◦
i α n([a]) i) = p β n([i α n(a)]) ii)
= [p β n ◦ i α n(a)]) iii)
=
[a] kun α = β
[0] kun α = β.
Tässä
yhtälö i) seuraa määritelmästä (1), yhtälö ii) määritelmästä (2) ja yhtälö iii)
seuraa lauseesta 7.9, jonka mukaan pβ n ◦ iα
n =
idGα n
0
kun α = β
kun α = β.
Näin ehdot 1)- 3) on todistettu, ja – kuten todettiin – se riittääkin.
Huomautus 7.20 Jatkossa osoittautuu hyödylliseksi tuntea paitsi lauseen 7.19
tulos, myös se isomorfismi joka ryhmien Hn ja ⊕αH α n välille syntyy. Tämä isomorfismi
löytyy lauseen 7.19 todistusta analysoimalla.
Olkoon ensin kaikille α ∈ I iα : H α n → ⊕αH α n inkluusiokuvaus ja pα : ⊕αH α n →
H α n projektiokuvaus kuten määritelmässä 7.7.
Lauseen 7.19 todistus perustui lauseeseen 7.15 ja siihen, että homomorfismit
iα n ja p α n toteuttivat ehdot 1), 2) ja 3). Nämä ehdot vastaavat lauseessa 7.15
asetettuja ehtoja homomorfismeille, joita siellä merkittiin symboleilla jα ja qα.
Lauseen 7.15 mukaan ryhmien Hn ja ⊕α∈IH α n välisen isomorfismin antavat
(merkintöjä iα n ↔ jα ja p α n ↔ qα vaihtaen) kuvaukset
F =
iα ◦ p α n : Hn → ⊕α∈IH α n ja G =
iα n ◦ pα : ⊕α∈IH α n → Hn.
α∈I
Esimerkki 7.21 Erityisen hyödyllistä on jatkossa tietää, mitä tapahtuu, kun
indeksijoukossa I on vain kaksi alkiota, eli kun I = {1,2}. Kuten aiemmin on
todettu, tällöin suora summa ⊕α∈IH α n voidaan tulkita karteesiseksi tuloksi
H 1 n × H 2 n.
79
α∈I

Esimerkissä 7.8 tulkittiin tällöin inkluusiokuvaukset iα kuvauksiksi
i1 : H 1 n → H 1 n × H 2 n, i1(x) = (x,0) ja i2 : H 2 n → H 1 n × H 2 n, i2(y) = (0,y)
sekä vastaavasti projektiokuvaukset pα kuvauksiksi
p1 : H 1 n × H 2 n → H 1 n, p1(x,y) = x ja p2 : H 1 n × H 2 n → H 2 n, p2(x,y) = y.
Tällä tulkinnalla huomautuksen 7.20 isomorfismi F tulee muotoon
F([(a,b)]) =
2
ik( pk n([(a,b)])) = ( p1 n([(a,b)]), p2 n([(a,b)])) (F)
k=1
ja vastaavasti isomorfismi G tulee muotoon
G(([a],[b])) =
2
i k n(pk([a],[b])]) = i1 n([a]) + i2 n([b]). (G)
k=1
Lauseen 7.19 ehtojen (1) ja (2) mukaan
i 1 n([a]) = [i 1 n(a)] = [(a,0)], (3)
i 2 n([b]) = [i 2 n(b)] = [(0,b)], (4)
p 1 n([(a,b)]) = [p 1 n(a,b)] = [a] ja (5)
p 2 n([(a,b)]) = [p 2 n(a,b)] = [b]. (6)
Ehtojen (5) ja (6) sekä esityksen (F) perusteella määrittely
F([(a,b)]) = ([a],[b])
antaa isomorfismin Hn(G 1 × G 2 ) → Hn(G 1 ) × Hn(G 2 ). Sen käänteiskuvaus on
isomorfismi G : Hn(G 1 ) ×Hn(G 2 ) → Hn(G 1 ×G 2 ), jolle ehtojen (3) ja (4) sekä
esityksen (G) nojalla pätee
G([a],[b]) = [(a,0)] + [(0,b)] = [(a,b)].
Tässä a ∈ Z 1 n ja b ∈ Z 2 n eli (a,b) ∈ Z 1 n × Z 2 n
(∗)
= Zn(G 1 × G 2 ).
Jätetään harjoitustehtäväksi osoittaa, että yhtälö (∗) pätee.
Jatkossa tärkeässä roolissa ovat isomorfiset ketjukompleksit. Jos esimerkiksi topologiset
avaruudet X ja Y ovat homeomorfisia, niin niiden singulaariset ketjukompleksit
ovat isomorfisia. Määritelmä on seuraavanlainen:
Määritelmä 7.22 Olkoot (G i ,∂ i ), i = 1,2 kaksi ketjukompleksia. Sanotaan,
että nämä ketjukompleksit ovat isomorfisia, jos on olemassa ketjukuvaus ϕ =
{ϕn}n∈Z : (G 1 ,∂ 1 ) → (G 2 ,∂ 2 ) siten, että homomorfismi ϕn : G 1 n → G 2 n on
isomorfismi kaikille n ∈ Z. Isomorfisille ketjukomplekseille (G 1 ,∂ 1 ) ja (G 2 ,∂ 2 )
käytetään merkintää (G 1 ,∂ 1 ) ∼ = (G 2 ,∂ 2 ).
80

Esimerkki 7.23 Olkoot X ja Y topologisia avaruuksia ja olkoot (S(X),∂ X ) ja
(S(Y ),∂ Y ) niiden singulaariset ketjukompleksit. Oletetaan, että X ja Y ovat
homeomorfisia; olkoon f : X → Y homeomorfismi. Lauseen 5.4 mukaan f:n indusoimien
ketjukuvausten perhe {fn}n∈Z on ketjukuvaus (S(X),∂ X ) → (S(Y ),∂ Y ).
Lauseen 3.15 todistuksessa nähtiin, että kun n ≥ 0, niin ketjuhomomorfismi
fn : Sn(X) → Sn(Y ) on isomorfismi. Kun n < 0, niin tämä on triviaalia, koska
sopimuksen mukaan Sn(X) = Sn(Y ) = {0} näille n. Siispä ketjukompleksit
(S(X),∂ X ) ja (S(Y ),∂ Y ) ovat isomorfisia.
Lause 7.24 Olkoot (G i ,∂ i ), i = 1,2 isomorfisia ketjukomplekseja ja H i n ketjukompleksin
(G i ,∂ i ), i = 1,2 homologiaryhmä, n ∈ Z. Tällöin pätee
H 1 n ∼ = H 2 n kaikille n ∈ Z.
Todistus. Merkitään symboleilla Z i n ketjukompleksien (G i ,∂ i ), i = 1,2 n-syklien
ryhmiä.
Oletuksen nojalla on olemassa ketjukuvaus ϕ : (G 1 ,∂ 1 ) → (G 2 ,∂ 2 ) siten, että
ϕn : G 1 n → G 2 n on isomorfismi kaikille n ∈ Z. Lauseen 5.3 mukaan määrittely
antaa homomorfismin ϕn : H 1 n → H 2 n.
ϕn([a]) = [ϕn(a)] ∈ H 2 n kaikille a ∈ Z 1 n
Koska kuvaukset ϕn : G 1 n → G 2 n, n ∈ Z ovat isomorfismeja, niin myös niiden
käänteiskuvaukset ϕ −1
n : G 2 n → G 1 n, n ∈ Z ovat isomorfismeja.
Osoitetaan, että perhe ϕ −1 = {ϕ −1
n : G 2 n → G 1 n}n∈Z : (G 2 ,∂ 2 ) → (G 1 ,∂ 1 )
on ketjukuvaus. Tähän riittää huomata, että kaikille n ∈ Z pätee
Näin on, sillä
ϕ −1
n−1 ◦ ∂2 n = ∂ 1 n ◦ ϕ −1
n .
ϕ −1
n−1 ◦ ∂2 n = ϕ −1
n−1 ◦ ∂2 n ◦ ϕn ◦ ϕ −1 i)
n = ϕ −1
n−1 ◦ ϕn−1 ◦ ∂ 1 n ◦ ϕ −1
n = ∂ 1 n ◦ ϕ −1
n ,
missä yhtälö i) seuraa siitä, että ϕ on ketjukuvaus, jolloin ∂ 2 n ◦ ϕn = ϕn−1 ◦ ∂ 1 n.
Koska siis ϕ −1 on ketjukuvaus, niin lauseen 5.3 mukaan määrittely
( ϕ −1 )n([b]) = [ϕ −1
n (b)] ∈ H 1 n kaikille b ∈ Z 2 n
antaa homomorfismin ( ϕ −1 )n : H 2 n → H 1 n.
Nyt väite seuraa, jos osoitetaan, että homomorfismit ϕn ja ( ϕ −1 )n ovat toistensa
käänteiskuvauksia. Näin on, sillä kaikille a ∈ Z 1 n pätee
( ϕ −1 )n(ϕn([a])) = ( ϕ −1 )n([ϕn(a)]) = [ϕ −1
n (ϕn(a))] = [a],
81

ja vastaavasti nähdään, että kaikille b ∈ Z 2 n pätee ϕn(( ϕ −1 )n([b])) = [b].
Nyt ryhdytään soveltamaan näitä esitettyjä puhtaasti algebrallisia tuloksia topologiaan
eli siirrytään algebrasta homologiateoriaan.
Tämän luvun päätuloksena tarkastellaan sitä, miten topologisen avaruuden homologiaryhmät
määräytyvät sen polkukomponenttien (jotka ovat aina polkuyhtenäisiä)
kautta.
Seuraavassa pysyvästi X = ∅ on topologinen avaruus ja {Xα}α∈I sen polkukomponenttien
joukko. Joukot Xα, α ∈ I ovat jatkossa topologisia
avaruuksia, joissa on X:n indusoima aliavaruustopologia. Tässä I on
jokin indeksijoukko, josta ei paljon tiedetä muuta kuin se, että I = ∅. Polkukomponentteja
on vähintään yksi, mutta toisaalta niitä voi olla ”miten paljon
tahansa”, ts. I voi olla vaikkapa ylinumeroituva.
Tarkastellaan ensin sitä, miten joukot Σn(X) ja Σn(Xα), α ∈ I suhtautuvat
toisiinsa. Σn(X):n alkiot ovat jatkuvia kuvauksia σ : ∆n → X ja Σn(Xα):n alkiot
ovat jatkuvia kuvauksia σα : ∆n → Xα. Koska Xα on X:n topologinen aliavaruus,
niin Σn(Xα):n alkiot ovat jatkuvia myös kuvauksina σα : ∆n → X, ts.
jokainen Σn(Xα):n alkio voidaan tulkita Σn(X):n alkioksi eli voidaan upottaa
Σn(Xα) ⊂ Σn(X).
Merkintä 7.25 Olkoon j α n : Σn(Xα) ֒→ Σn(X) upotuskuvaus eli
j α n(σ) = σ ∈ Σn(X) kaikille σ ∈ Σn(Xα)
ja olkoot i α : Σn(Xα) → Sn(Xα) sekä i : Σn(X) → Sn(X) samastuskuvauksia.
Tällöin lauseen 2.15 nojalla on olemassa ”upotushomomorfismi” j α n : Sn(Xα) →
Sn(X) siten, että
j α n ◦ i α = i ◦ j α n.
Tässä siis sekä upotuskuvaukselle että vastaavalle homomorfismille käytetään
samaa merkintää j α n. Lisäksi, kuten tapana on, jätetään yleensä nuo samastuskuvaukset
i ja i α kirjoittamatta. Tässä pitää tällä kertaa olla erityisen tarkkana:
nythän tuo j α n ei oikeastaan ”tee mitään”, sehän on vain upotuskuvaus, mutta sitä
ei kyllä enää voi jättää kirjoittamatta jatkossa seuraavissa kaavoissa – muuten
mennään metsään.
Jos kääntäen σ ∈ Σn(X) ja sattuu käymään niin, että σ(∆n) ⊂ Xα jollekin
α ∈ I, niin σ on jatkuva myös aliavaruustopologiassa, ja siten pätee σ ∈ Σ(Xα).
Tämän havainnon perusteella voidaan esittää seuraava määritelmä:
Määritelmä 7.26 Olkoon iα : Σn(Xα) → Sn(Xα) samastuskuvaus. Määritellään
kuvaus qα n : Σn(X) → Sn(Xα) asettamalla kaikille σ ∈ Σ(X)
q α
i
n(σ) =
α (σ) ∈ Sn(Xα) kun σ ∈ Σn(X) siten että σ(∆n) ⊂ Xα
0 muuten.
82

Tällöin lauseen 2.15 nojalla on olemassa homomorfismi q α n : Sn(X) → Sn(Xα)
siten, että
q α n ◦ i = q α n,
missä i : Σn(X) → Sn(X) on samastuskuvaus.
Tässä taas sekä ”peruskuvaukselle” q α n että vastaavalle homomorfismille käytetään
samaa merkintää q α n. Lisäksi tässäkin jätetään yleensä nuo samastuskuvaukset
i ja i α kirjoittamatta.
Jatkoa varten tarvitaan muutama lemma:
Lause 7.27 Olkoon σ ∈ Σn(X). Tällöin pätee σ(∆n) ⊂ Xα täsmälleen yhdelle
α ∈ I.
Todistus. Harjoitustehtävä.
Lause 7.28 Olkoot jα n : Sn(Xα) → Sn(X) ja qα n : Sn(X) → Sn(Xα), α ∈ I,
merkinnöissä 7.25 ja 7.26 määriteltyjä homomorfismeja. Tällöin pätee
q β n ◦ j α
idSn(Xα) kun α = β
n =
0 kun α = β.
Todistus. Koska sekä qβ n ◦ jα n että idSn(Xα) ja nollakuvaus ovat homomorfismeja,
niin lauseen 2.15 yksikäsitteisyyspuolen nojalla riittää osoittaa, että kaikille
σα ∈ Σn(Xα) pätee
q β n ◦ j α
σα kun α = β
n(σα) =
(1)
0 kun α = β.
Kiinnitetään siis mielivaltainen σα ∈ Σn(Xα). Olkoon ensin α = β. Tällöin
q β n ◦ j α n(σα) i) = q α n(σα) ii)
= σα,
joten väite (1) pätee ainakin tässä tapauksessa. Tässä yhtälö i) seuraa suoraan
j α n:n ja yhtälö ii) q α n:n määritelmästä. Huomaa, että nyt tässä (ja myös ehdossa
(1)) on samastuskuvaus jätetty kirjoittamatta.
Olkoon sitten α = β. Silloin saadaan
q β n ◦ j α n(σα) i) = q β n(σα) ii)
= 0,
joten väite (1) pätee myös tässä tapauksessa. Tässä yhtälö i) seuraa taas suoraan
j α n:n määritelmästä. Yhtälöä ii) varten täytyy ensin huomata, että koska σα ∈
Σn(Xα), niin σ(∆n) ⊂ Xα. Silloin ehdon α = β ja lauseen 7.27 nojalla σ(∆n) ⊂
Xβ ja tällöin yhtälö ii) seuraa q α n:n määritelmästä.
83

Lause 7.29 Olkoot j α n : Sn(Xα) → Sn(X) ja q α n : Sn(X) → Sn(Xα), α ∈ I
kuten edellä. Olkoon n ∈ N ja c ∈ Sn(X). Tällöin pätee q α n(c) = 0 m.k. α ∈ I
ja myös j α n ◦ q α n(c) = 0 m.k. α ∈ I.
Todistus. Harjoitustehtävä.
Lause 7.30 Olkoot jα n : Sn(Xα) → Sn(X) ja qα n : Sn(X) → Sn(Xα), α ∈ I
kuten merkinnöissä 7.25 ja 7.26. Olkoon σ ∈ Σn(X). Tällöin pätee
j α n ◦ q α
σ kun σ(∆n) ⊂ Xα
n(σ) =
0 muuten.
Todistus. Harjoitustehtävä. Huomaa, että väitteestä tarkkaan ottaen puuttuu
samastuskuvaus yhtälön oikealta puolelta; tässähän välttämättä j α n on homomorfismi,
ei pelkkä upotuskuvaus. (Niin minkä takia?)
Lause 7.31 Olkoot jα n : Sn(Xα) → Sn(X) ja qα n : Sn(X) → Sn(Xα), α ∈ I
kuten edellä. Tällöin pätee
j α n ◦ q α n = idSn(X). α∈I
Todistus. Lauseen 7.29 nojalla kiinteälle c ∈ Sn(X) pätee jα n ◦ qα n(c) = 0 m.k.
α
∈ I, joten lauseen summa on järkevä määritelmän 7.10 mukaisesti. Koska sekä
α∈I jα n ◦ qα n että idSn(X) ovat homomorfismeja, niin lauseen 2.15 yksikäsitteisyyspuolen
nojalla riittää osoittaa, että kaikille σ ∈ Σn(X) pätee
j α n ◦ q α n(σ) = σ. (1)
α∈I
Lauseen 7.27 nojalla σ(∆n) ⊂ Xα täsmälleen yhdelle α ∈ I, joten on olemassa
α0 ∈ I siten, että
Silloin lauseen 7.30 mukaan
σ(∆n) ⊂ Xα kun α = α0 ja
σ(∆n) ⊂ Xα kun α = α0.
j α n ◦ q α n(σ) =
σ kun α = α0
0 kun α = α0.
Ehto (1) seuraa tästä ja summan määritelmästä.
Lause 7.32 Olkoon (S(X),∂) avaruuden X singulaarinen ketjukompleksi ja
(S(Xα),∂ α ) aliavaruuden Xα singulaarinen ketjukompleksi, α ∈ I. Tällöin kaikille
n ∈ Z ja α ∈ I pätee
∂ α n = q α n−1 ◦ ∂n ◦ j α n.
84

Todistus. Koska sekä ∂ α n että q α n−1 ◦ ∂n ◦ j α n ovat homomorfismeja, niin lauseen
2.15 yksikäsitteisyyspuolen nojalla riittää osoittaa, että
∂ α n(σα) = q α n−1 ◦ ∂n ◦ j α n(σα) kaikille σα ∈ Σn(X α n)
eli siirtymällä homomorfismista j α n upotuskuvaukseen j α n
Näin on:
∂ α n(σα) = q α n−1 ◦ ∂n(j α n(σα)) kaikille σα ∈ Σn(X α n). (1)
q α n−1 ◦ ∂n(j α n(σα)) i) = q α n−1 ◦ ∂n(σα) ii)
= q α n−1
n
(−1) i q α n−1(σα ◦ F i n) iv)
=
i=0
i=0
n
(−1) i σα ◦ F i
n
i=0
n
(−1) i σα ◦ F i v)
n = ∂ α n(σα),
joten väite (1) pätee. Tässä yhtälö
i) seuraa upotuskuvauksen j α n määritelmästä,
ii) seuraa reunakuvauksen ∂n määritelmästä,
iii) siitä, että q α n−1 on homomorfismi,
iv) seuraa kuvauksen q α n−1 määritelmästä, sillä tässä σα◦F i n(∆n−1) ⊂ σα(∆n) ⊂
Xα kaikille i = 0,...,n ja yhtälö
v) seuraa reunakuvauksen ∂ α n määritelmästä.
Nyt pystytään kertomaan, miten singulaariset ketjukompleksit (S(X),∂) ja
(S(Xα),∂ α ), α ∈ I suhtautuvat toisiinsa:
Lause 7.33 Olkoon (S(X),∂) avaruuden X singulaarinen ketjukompleksi ja
(S(Xα),∂ α ) aliavaruuden Xα singulaarinen ketjukompleksi, α ∈ I. Tällöin pätee
(S(X),∂) ∼ = ⊕α∈I(S(Xα),∂ α ).
Todistus. Merkitään suoraa summaa ⊕α∈I(S α (Xα),∂ α ) symbolilla (G,τ). Määritelmän
7.16 mukaan tällöin
Olkoot
Gn = ⊕α∈ISn(Xα) kaikille n ∈ Z. (1)
i β n : Sn(Xβ) → ⊕α∈ISn(Xα) ja p β n : ⊕α∈ISn(Xα) → Sn(Xβ)
inkluusio- ja projektiokuvaukset. Määritelmän 7.16 mukaan ketjukompleksin
(G,τ) reunakuvaukset τn : Gn → Gn−1 ovat
τn =
i α n−1 ◦ ∂ α n ◦ p α n. (2)
α∈I
Ketjukompleksien isomorfismin määritelmän 7.22 mukaan väite seuraa, jos löydetään
ketjukuvaus ϕ : (S(X),∂) → (G,τ) siten, että ϕn : Sn(X) → Gn on
85
iii)
=

isomorfismi kaikille n ∈ Z.
Olkoot kaikille n ∈ Z homomorfismit j α n : Sn(Xα) → Sn(X) ja q α n : Sn(X) →
Sn(Xα) kuten merkinnöissä 7.25 ja 7.26.
Lauseiden 7.29, 7.31 ja 7.28 mukaan nämä kuvaukset toteuttavat lauseen 7.15
vaatimukset, jolloin kyseisen lauseen ja ehdon (1) mukaan kuvaus
i α n ◦ q α n : Sn(X) → Gn
α∈I
on hyvin määritelty isomorfismi kaikille n ∈ Z. Nyt voidaan merkitä kaikille
n ∈ Z
ϕn =
i α n ◦ q α n : Sn(X) → Gn, (3)
α∈I
jolloin väite seuraa, jos osoitetaan, että {ϕn}n∈Z on ketjukompleksien (S(X),∂)
ja (G,τ) välinen ketjukuvaus.
Tämähän tarkoittaa siis sitä, että kaavion
∂n
· · · ←−−−− Sn−1(X) ←−−−− Sn(X) ←−−−− · · ·
⏐
ϕn−1 ⏐
ϕn · · · ←−−−− Gn−1
tulee kommutoida, eli pitää olla
τn
←−−−− Gn ←−−−− · · ·
τn ◦ ϕn = ϕn−1 ◦ ∂n. (4)
Olkoon σ ∈ Σn(X) mielivaltainen. Lauseen 2.15 yksikäsitteisyyspuolen nojalla
väite (4) seuraa jos osoitetaan, että
τn ◦ ϕn(σ) = ϕn−1 ◦ ∂n(σ). (5)
Lauseen 7.27 nojalla on olemassa täsmälleen yksi α0 ∈ I siten että σ(∆n) ⊂ Xα0 .
Tällöin lauseen 7.30 nojalla
j α n ◦ q α
σ kun α = α0
n(σ) =
(6)
0 kun α = α0.
Kuvaus σ ◦ F i n, i = 0,...,n on myös avaruuden X simpleksi, joten lauseen 7.27
nojalla senkin kuvajoukko kuuluu täsmälleen yhteen polkukomponenttiin Xα1 .
Koska σ ◦F i n(∆n−1) ⊂ σ(∆n) ⊂ Xα0 , niin tämä polkukomponentti on juuri Xα0
eli pätee α0 = α1. Tällöin kuvauksien qα n−1, α ∈ I määritelmien mukaan
q α n−1(σ ◦ F i
σ ◦ F
n) =
i n kun α = α0
(7)
0 kun α = α0.
86

Väitteen (5) todistus on nyt raaka lasku:
τn ◦ ϕn(σ) i)
= i α n−1 ◦ ∂ α n ◦ p α ⎛
n ◦ ⎝
i β n ◦ q β ⎞
⎠
n (σ) ii)
=
α∈I β∈I
α∈I
i α n−1 ◦ ∂ α n ◦ p α n ◦ i β n ◦ q β n(σ) iii)
=
i α n−1 ◦ ∂ α n ◦ p α n ◦ i α n ◦ q α n(σ) iv)
=
α∈I
α∈I
β∈I
α∈I
i α n−1 ◦ ∂ α n ◦ q α n(σ) v)
=
i α n−1 ◦ q α n−1 ◦ ∂n ◦ j α n ◦ q α n(σ) vi)
=
i α0
vii)
n−1 ◦ qα0 n−1 ◦ ∂n(σ) = i α0
n−1 ◦ qα0 n−1
n
i=0
α∈I
(−1) i i α0
n−1
◦ qα0 n−1 (σ ◦ F i n) ix)
=
i=0
n
(−1) i σ ◦ F i
n
i=0
n
(−1)
i=0
α∈I
i
α∈I
viii)
=
i α n−1 ◦ q α n−1(σ ◦ F i n) x)
=
i α n−1 ◦ q α
n
n−1 (−1) i σ ◦ F i
xi)
n = i α n−1 ◦ q α n−1(∂n(σ)) xii)
=
i α n−1 ◦ q α
n−1 (∂n(σ)) xiii)
= ϕn−1 ◦ ∂n(σ),
α∈I
joten väitteet (5) ja (4) – ja siten koko lause – on todistettu. Tässä yhtälö
i) seuraa määritelmistä (2) ja (3),
ii) seuraa summahomomorfismin määritelmästä ja siitä, että i α n−1 ◦ ∂ α n ◦ p α n on
homomorfismi,
iii) seuraa lauseesta 7.9: p α n ◦ i β n = 0 kun α = β,
iv) seuraa myös lauseesta 7.9: p α n ◦ i α n = id Sn(Xα),
v) seuraa lauseesta 7.32,
vi) seuraa ehdosta (6),
vii) seuraa reunakuvauksen ∂n määritelmästä,
viii) seuraa siitä, että i α0
n−1 ja qα0 n−1 ovat homomorfismeja,
ix) seuraa ehdosta (7), sillä iα n−1(0) = 0, koska iα n−1 on homomorfismi,
x) seuraa siitä, että i α0
n−1 ja qα0 n−1 ovat homomorfismeja,
xi) seuraa reunakuvauksen ∂n määritelmästä,
xii) on summakuvauksen määritelmä ja
xiii) seuraa määritelmästä (3).
Nyt saadaan lopulta avaruuden X homologiaryhmiä Hn(X) koskeva tulos:
Lause 7.34 Olkoot Xα, α ∈ I topologisen avaruuden X polkukomponentit. Tällöin
Hn(X) ∼ = ⊕α∈IHn(Xα).
Todistus. Tämä seuraa lauseista 7.33, 7.19 ja 7.24.
87

Lause 7.35 Olkoon topologisella avaruudella X täsmälleen k polkukomponenttia
X1,...,Xk. Tällöin pätee
H0(X) ∼ = Z k .
Todistus. Koska avaruudet X1,...,Xk ovat polkukomponentteina polkuyhtenäisiä,
niin lauseen 6.7 mukaan
Tällöin lauseen 7.4 mukaan
H0(Xi) ∼ = Z kaikille i = 1,...,k.
H0(X1) ⊕ · · · ⊕ H0(Xk) ∼ = Z ⊕ · · · ⊕ Z ∼= Z
k kpl
k , (1)
missä jälkimmäinen isomorfismi seuraa huomautuksesta 7.2. Toisaalta lauseen
7.34 mukaan
H0(X1) ⊕ · · · ⊕ H0(Xk) ∼ = H0(X). (2)
Väite seuraa isomorfismeista (1) ja (2).
Lauseelle 7.35 pätee myös käänteinen tulos:
Lause 7.36 Olkoon
H0(X) ∼ = Z k
jollekin k ≥ 1.
Tällöin X:llä on täsmälleen k polkukomponenttia.
Todistus. Olkoot Xα, α ∈ I avaruuden X eri polkukomponentit. Pitää osoittaa,
että I:ssä on täsmälleen k alkiota. Jos I:ssä on vain äärellinen määrä eli
m kappaletta alkioita, niin lauseen 7.35 nojalla H0(X) ∼ = Z m . Tällöin oletuksen
nojalla Z k ∼ = Z m ja silloin k = m lauseen 2.21 mukaan.
Siten riittää osoittaa, että I on äärellinen joukko. Tässä voisi käyttää hyväksi
harjoitustehtävää 2.1, mutta on kuitenkin ehkä helpompaa tehdä todistus ilman
kyseistä vapaita Abelin ryhmiä koskevaa tulosta.
Tehdään antiteesi: I on ääretön.
Oletuksen ja lauseen 7.34 nojalla on olemassa isomorfismi ϕ : ⊕α∈IH0(Xα) →
Z k .
Olkoon {e0,...,ek−1} Z k :n standardikanta. Merkitään kaikille i = 0,...,k − 1
fi = ϕ −1 (ei) ∈ ⊕α∈IH0(Xα).
Suoran summan määritelmän mukaan fi:t ovat kuvauksia fi : I → ∪α∈IH0(Xα)
siten, että fi(α) ∈ H0(Xα) kaikille α ∈ I ja fi(α) = 0 m.k. α ∈ I. Koska
kuvauksia fi, i = 0,...,k − 1 on vain äärellinen määrä, niin tällöin joukko
88

A = {α ∈ I | fi(α) = 0 jollekin i = 0,...,k − 1} ⊂ I on äärellinen. Koska
antiteesin mukaan I on ääretön, niin A = I ja silloin voidaan valita β ∈ I \ A,
jolloin pätee
fi(β) = 0 ∈ H0(Xβ) kaikille i = 0,...,k − 1. (1)
Koska lauseen 6.7 mukaan H0(Xβ) ∼ = Z, niin voidaan valita
x0 ∈ H0(Xβ) \ {0}. (2)
Määritellään tämän avulla sitten kuvaus g : I → ∪α∈IH0(Xα) siten, että
x0 ∈ H0(Xβ) kun α = β
g(α) =
0 ∈ H0(Xα) kun α = β,
jolloin g ∈ ⊕α∈IH0(Xα).
Koska ϕ on kuvaus ϕ : ⊕α∈IH0(Xα) → Z k , niin ϕ(g) ∈ Z k ; olkoon ϕ(g) =
(n0,...,nk−1) ∈ Z k . Esitetään tämä vektori (n0,...,nk−1) standardikannan
avulla muodossa (n0,...,nk−1) = k−1
i=0 niei, jolloin saadaan
k−1
ϕ(g) =
i=0
niei
k−1
i)
=
i=0
niϕ(fi) ii)
(3)
k−1
= ϕ( nifi), (4)
missä yhtälö i) seuraa funktioiden fi valinnasta ja yhtälö ii) siitä, että ϕ on
homomorfismi.
i=0
Koska ϕ on monomorfismi, niin ehdon (4) nojalla saadaan
Tällöin
x0
i)
= g(β) ii)
k−1
= (
i=0
nifi)(β) iii)
=
k−1
g = nifi. (5)
k−1
i=0
i=0
nifi(β) iv)
k−1
= ni · 0 = 0 ∈ H0(Xβ),
mikä on vastoin ehtoa (2), eli on päädytty ristiriitaan, joten antiteesi on väärä
ja väite pätee.
Tässä yhtälö
i) seuraa ehdosta (3),
ii) seuraa ehdosta (5),
iii) seuraa homomorfismien summan määritelmästä ja
iv) seuraa ehdosta (1).
89
i=0

8 Homotopia
Tarkastellaan topologisten avaruuksien X ja Y välistä jatkuvaa kuvausta f :
X → Y , johon liittyy määritelmän 5.6 mukaisesti sen indusoima homologiahomomorfismi
fn : Hn(X) → Hn(Y ). Osoittautuu, että jos kuvaukseen f tehdään
”minimaalinen”muutos, niin homologiahomomorfismi fn ei muutu lainkaan. Tämä
johtuu periaatteessa siitä, että homologiahomomorfismit muodostavat jossakin
mielessä ”diskreetin” joukon, jossa ”minimaalisia” muutoksia ei voi tapahtua,
vaan jos homomorfismi muuttuu, niin se muuttuu kertaheitolla ”paljon”.
Jonkinlaisen esimerkin tästä näkee vaikkapa tarkastelemalla jatkuvia kuvauksia
f,g : R → R ja homomorfismeja ϕ,ψ : Z → Z. Jos f = g, niin f ja g voivat
silti olla hyvin lähellä toisiaan, mutta jos ϕ = ψ, niin ϕ ja ψ ovat tykkänään eri
kuvauksia.
Toisaalta, jos kuvaukset f,g : X → Y poikkeavat ”paljon” toisistaan, niin homomorfismit
fn : Hn(X) → Hn(Y ) ja gn : Hn(X) → Hn(Y ) voivat poiketa
toisistaan varsin dramaattisesti.
Yllä oleva havainto siitä, että pieni muutos f:ään ei aiheuta lainkaan muutosta
homomorfismiin fn : Hn(X) → Hn(Y ) merkitsee sitä, että jos f voidaan
”liu’uttaa”g:ksi tekemällä monta (k kpl) minimaalista muutosta peräkkäin, niin
fn : Hn(X) → Hn(Y ) ja gn : Hn(X) → Hn(Y ) ovat silti samoja, vaikkakin f
ja g voivat poiketa toisistaan hyvinkin paljon. Jos siis esimerkiksi f 1 ,...,f k :
X → Y ovat jatkuvia kuvauksia siten, että f ∼ f 1 ∼ f 2 ∼ · · · ∼ f k ∼ g, niin
fn = f 1 n = · · · = f k n = gn.
Tästä havainnosta on merkittävää hyötyä, kun pyritään eksplisiittisesti laskemaan
homomorfismi fn: muutetaan ”liu’uttamalla” f ensin yksinkertaisempaan
muotoon g, ja lasketaan sitten gn, joka sitten onkin sama kuin alunperin tavoiteltu
fn. Tätä ”liu’uttamista” (jos se on mahdollista – aina se ei tietenkään ole,
koska voi olla fn = gn) kutsutaan kuvausten f ja g väliseksi homotopiaksi. Seuraavassa
määritellään täsmällisesti, mitä tämä ”liu’uttaminen”oikein tarkoittaa,
eli milloin on f ∼ g eli milloin f ja g ovat homotopisia.
Tämän luvun ajan X ja Y ovat topologisia avaruuksia ja merkitään
C(X,Y ) = {f : X → Y | f on jatkuva}.
Joukkoon X × [0,1] tarvitaan lisäksi topologia. Olkoon se tavallinen tulotopologia,
jonka kannan muodostavat joukot A × K, missä A ⊂ X on avoin X:n
alkuperäisessä topologiassa ja K ⊂ [0,1] on avoin välin [0,1] ”tavallisessa” topologiassa,
eli siinä, jonka R:n itseisarvotopologia siihen indusoi.
Määritelmä 8.1 Olkoot f,g ∈ C(X,Y ). Sanotaan, että f ja g ovat homotopisia,
merkitään f ∼ g, jos on olemassa jatkuva kuvaus F : X × [0,1] → Y
90

siten, että
f(x) = F(x,0)
g(x) = F(x,1)
kaikille x ∈ X.
Tällöin sanotaan lisäksi, että F on kuvausten f ja g välinen homotopia.
Havainnollinen esimerkki: Tässä X = [0,1] ja Y = R 2 .
X × {1} →
X × {t0} →
X × {0} →
.
.
.
.
.
.
.
.
g = F(·,1)
.
.
.
.
.
.
. . . . . .
.
.
.
.
. . . . . .
.
.
.
.
. . . . . .
.
.
.
.
. . . . . .
.
.
.
.
.
. .
. . .
. .
. . . . .
. . . . .
.
f = F(·,0)
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
← g(X) = F(X × {1})
← F(X × {t0})
← f(X) = F(X × {0})
Tässä tapahtuu siis seuraavaa: Nuo oikealla olevat ylin ja alin käyrä esittävät
kuvausten f ja g arvojoukkoja. Kun nyt tarkastellaan kiinteälle t0 ∈ [0,1]
kuvausta x ↦→ F(x,t0), niin sen arvojoukko on jotain ”näiden f:n ja g:n arvojoukkojen
välissä” – tätä joukkoa esittävät nuo muut oikealla olevat käyrät, eri
t0:n arvoille. Kun t0 = 0, niin saadaan f:n arvojoukko ja kun t0 = 1, niin saadaan
g:n arvojoukko. Kun tässä siis liu’utetaan ”muutosparametriä” t nollasta
yhteen, niin arvojoukko ja samalla myös kuvaus ”liukuu”f:stä g:hen. Nyt sitten
kun t:ssä tapahtuu ”minimaalinen” muutos, niin F:n jatkuvuuden perusteella
käyrissä F(·,t) tapahtuu ”minimaalinen” muutos. Tässä katsannossa tämä on
juuri sitä, mitä tuossa luvun alussa haluttiinkin.
Huomautus. Jos – kuten edellisessä kuvassa – X = [0,1] ja Y on polkuyhtenäinen,
niin f ∼ g kaikille f,g ∈ C(X,Y ). Jätetään tämän todistus harjoitustehtäväksi.
Lukija saattaa ihmetellä tätä tulosta, jos homotopisuuden käsite
on entuudestaan tuttu kompleksianalyysin kurssilta: siellähän läheskään kaikki
käyrät eivät ole homotopisia, vaikka maalijoukko Y ⊂ C olisi polkuyhtenäinen.
Syy on siinä, että kompleksianalyysin kurssilla puhutaan (yleensä) suljetuista
käyristä, jolloin tilanne on vähän toinen. Jos kompleksianalyysin määritelmää
vertaa tähän määritelmään, niin siellä ei ole X = [0,1], vaan itse asiassa
X = S 1 = tason yksikköympyrä. Tälle X:lle tuo yllä mainittu tulos ”jos Y on
polkuyhtenäinen, niin f ∼ g kaikille f,g ∈ C(X,Y )” ei päde.
91

Jos esimerkiksi X = S 1 = Y ja f = id S 1 ja g ≡ (1,0), niin f ∼ g. Tämän
todistaminen suoraan määritelmän mukaan on vaikeaa (kokeile!), mutta tässä
auttaa homologiateoria (mikäpäs muukaan), ja jatkossa tämä väite saadaan helposti
todistettua.
Huomautus. Homotopisuuden määritelmässä on oleellista paitsi tietysti F:n jatkuvuus
(jolloin se todella liu’uttaa tasaisesti, eikä mitään äkkinykäyksiä tapahdu)
myös se, että F:n arvot pysyvät avaruudessa Y . Jos esimerkiksi A ⊂ Y ja
f(X),g(X) ⊂ A, niin f ja g voidaan tulkita myös kuvauksiksi f,g : X → A,
jolloin myös f,g ∈ C(X,A), jos A:ssa on aliavaruustopologia. Nyt kuitenkin
homotopiaehto muuttuu, sillä homotopisuudelle joukossa C(X,A) vaaditaan,
että F(X × [0,1]) ⊂ A, mikä on kovempi vaatimus kuin homotopisuusvaatimus
C(X,Y ):ssä, jossa vaaditaan vain, että F(X × [0,1]) ⊂ Y .
Tällä on oleellista merkitystä: Palataan edellisen huomautuksen esimerkkiin,
jossa todettiin, että siinä määritellyt f ja g eivät ole homotopisia kuvauksina
f,g ∈ C(S 1 ,S 1 ). Jos nyt tulkitaan f ja g kuvauksiksi S 1 → R 2 , niin ne ovatkin
homotopisia, eli pätee
f ∼ g joukossa C(S 1 , R 2 ).
Tämä on helppo todistaa ja jätetään se harjoitustehtäväksi. Tarinan opetus on
se, että jos asiasta on vähänkään epäselvyyttä, on homotopiasta puhuttaessa
syytä mainita se maalijoukko Y , jota tarkoitetaan, tai vielä tarkemmin, myös
X eli joukko C(X,Y ).
Lause 8.2 Homotopisuus joukossa C(X,Y ) on ekvivalenssirelaatio.
Todistus. Harjoitustehtävä.
Lause 8.3 Olkoot X,X ′ ,Y ja Y ′ topologisia avaruuksia. Olkoon g ∈ C(X ′ ,X),
h ∈ C(Y,Y ′ ) ja lisäksi f1,f2 ∈ C(X,Y ) siten, että
Tällöin pätee
f1 ∼ f2.
h ◦ f1 ◦ g ∼ h ◦ f2 ◦ g ∈ C(X ′ ,Y ′ ).
Todistus. Kuvaukset h ◦ f1 ◦ g ja h ◦ f2 ◦ g : X ′ → Y ′ ovat jatkuvien kuvausten
yhdisteinä jatkuvia, joten väite on siltä osin järkevä. Olkoon F kuvausten f1
ja f2 välinen määritelmän 8.1 mukainen homotopia. Koska g on jatkuva, niin
tulotopologian määritelmän mukaan kuvaus (x,t) ↦→ (g(x),t) : X ′ × [0,1] →
X × [0,1] on myös jatkuva. Tällöin kuvaus G : X ′ × [0,1] → Y ′ ,
G(x,t) = h(F(g(x),t)) kaikille (x,t) ∈ X ′ × [0,1]
on jatkuvien kuvausten yhdisteenä jatkuva. Lisäksi kaikille x ∈ X ′ pätee
G(x,0) = h(F(g(x),0)) = h(f1(g(x))) = h ◦ f1 ◦ g(x) ja
G(x,1) = h(F(g(x),1)) = h(f2(g(x))) = h ◦ f2 ◦ g(x),
joten G on kuvausten h ◦ f1 ◦ g ja h ◦ f2 ◦ g välinen homotopia.
92

Lause 8.4 Olkoot X,Y ja Z topologisia avaruuksia sekä f1,f2 ∈ C(X,Y ) ja
g1,g2 ∈ C(Y,Z) siten, että
Tällöin pätee
f1 ∼ f2 ja g1 ∼ g2.
g1 ◦ f1 ∼ g2 ◦ f2.
Todistus. Kuvaukset g1 ◦ f1 ja g2 ◦ f2 : X → Z ovat jatkuvien kuvausten yhdisteinä
jatkuvia, joten väite on siltä osin järkevä. Lisäksi
g1 ◦ f1 = idZ ◦ g1 ◦ f1
g2 ◦ f1 ◦ idX
i)
∼ idZ ◦ g2 ◦ f1 = g2 ◦ f1 = (1)
ii)
∼ g2 ◦ f2 ◦ idX = g2 ◦ f2,
missä ehdot i) ja ii) seuraavat lauseesta 8.3. Väite seuraa nyt ehdosta (1) ja
lauseesta 8.2, jonka mukaan homotopia on ekvivalenssirelaatio, erityisesti siis
transitiivinen.
Tässä on edellä puhuttu kuvausten homotopiasta. Monisteen johdannossa puhuttiin
kuitenkin topologisten avaruuksien homotopiasta. Nyt kuvaushomotopian
avulla voidaan määritellä myös tämä homotopia.
Määritelmä 8.5 Olkoon f ∈ C(X,Y ) ja g ∈ C(Y,X). Sanotaan, että g on f:n
homotopiakäänteiskuvaus, jos pätee
f ◦ g ∼ idY ∈ C(Y,Y ) ja g ◦ f ∼ idX ∈ C(X,X).
Sanotaan, että f ∈ C(X,Y ) on homotopiaekvivalenssi, jos f:llä on homotopiakäänteiskuvaus.
Sanotaan, että avaruudet X ja Y ovat homotopisesti
ekvivalentteja, jos on olemassa homotopiaekvivalenssi f : X → Y Tällöin
merkitään
X ∼ Y.
Huomautus. Jos f on homotopiaekvivalenssi ja g sen homotopiakäänteiskuvaus,
niin myös g on homotopiaekvivalenssi ja f sen homotopiakäänteiskuvaus; tämä
seuraa suoraan määritelmästä. Homotopiakäänteiskuvaus ei ole mikään ”oikea”
käänteiskuvaus, se ei (yleensä) ole yksikäsitteinen eikä homotopiakäänteiskuvauksen
olemassaolo edellytä sitä, että kuvaus olisi injektio tai surjektio, ks.
esimerkki 8.8 a).
Huomataan ensialkuun, että nimitys ”homotopisesti ekvivalentteja” on oikeutettu:
Lause 8.6 Topologisten avaruuksien homotopiaekvivalenssi on ekvivalenssirelaatio
kaikkien topologisten avaruuksien luokassa.
Todistus. Harjoitustehtävä. (Tässä pitää puhua ”kaikkien topologisten avaruuksien
luokasta” sen sijaan, että puhuttaisiin ”kaikkien topologisten avaruuksien
93

joukosta”. Syy on yksinkertainen: tämä laite ei ole joukko. Tämän näkee joukkoopin
kurssin tietojen pohjalta; tässä on vähän samanlainen tilanne kuin tunnetussa
Russell’in paradoksissa, joka liittyy kysymykseen: Voiko olla olemassa
kaikkien joukkojen joukkoa?)
Monisteen johdannossa puhuttiin nimenomaan tästä homotopiaekvivalenssista
ja mainittiin muun muassa, että se on heikompi vaatimus kuin homeomorfisuus
eli pätee X ≈ Y ⇒ X ∼ Y , mutta ei kääntäen. Toinen puoli tästä nähdään
helposti:
Lause 8.7 Homeomorfiset topologiset avaruudet ovat myös homotopiaekvivalentteja.
Todistus. Harjoitustehtävä.
Toinen puoli, eli että X ∼ Y ⇒ X ≈ Y , nähdään myös helposti; se seuraa
esimerkistä 8.8 b).
Esimerkki 8.8 a) Olkoon X = [0,1] × [0,1] ⊂ R 2 ja Y = [0,1] × {0} ∈ R 2 .
Tällöin pätee X ∼ Y . Tämän väitteen todistusta varten pitää keksiä sopiva
homotopiaekvivalenssi f : X → Y . Tällaisia on tietysti vaikka kuinka paljon,
mutta yksinkertaisin on varmaan suora projektio f(x,y) = (x,0). Jotta tämä
olisi todella homotopiaekvivalenssi, sillä pitäisi olla homotopiakäänteiskuvaus
g : Y → X. Tällainen on upotuskuvaus i : Y ֒→ X, i(x,0) = (x,0). Osoitetaan,
että se sitä todella on eli että pätee f ◦i ∼ idY ja i ◦f ∼ idX. Näistä ensimmäinen
ehto saadaan välittömästi, sillä suoraan määritelmien mukaan f ◦ i = idY
ja lauseen 8.2 perusteella idY ∼ idY .
Jälkimmäinen väite i ◦ f ∼ idX on tässä esimerkissä kiinnostavampi. Pitää siis
keksiä kuvausten idX ja i ◦ f välinen homotopia F : X × [0,1] → X. Tällainen
on
F((x,y),t) = (x,(1 − t)y) kaikille (x,y) ∈ X ja t ∈ [0,1].
Se on selvästi jatkuva kuvaus F : X × [0,1] → X, joten riittää osoittaa, että
F((x,y),1) = i ◦ f(x,y) kaikille (x,y) ∈ X ja
F((x,y),0) = idX(x,y) kaikille (x,y) ∈ X.
Nämä ehdot seuraavat suoraan määritelmistä. Tämän esimerkin havainnollisuuden
kannalta on nyt hyvä katsoa, mitä kuvaukset (x,y) ↦→ F((x,y),t) oikeastaan
tekevät eri t:n arvoilla. Kuten tämän luvun alussa oli puhetta, tämä F toimii
niin, että se ”liu’uttaa” kuvauksen i ◦ f kuvaukseksi idX muuttujan t toimiessa
eräänlaisena ”liu’utusparametrina”, ks. edellinen kuva, jossa käyriä liu’uteltiin
toisilleen. Tässä tapahtuu nyt tällaista:
94

X = idX(X) =
F(X × {0})
F(X × {0.25}) F(X × {0.5}) F(X × {0.75})
..
Y = (i ◦ f)(X) =
F(X × {1})
Tässä siis parametrin t kasvaessa joukko X muuttuu ”jatkuvasti”, ja lopputulemana
(eli kun t = 1) on joukko Y . Tämä on juuri topologisten avaruuksien
homotopiaekvivalenssin havainnollinen tulkinta: Nämä avaruudet (tai joukot)
voidaan ”jatkuvasti venyttää tai kutistaa toisikseen”.
Huomaa, että homotopiaekvivalenssin ei tarvitse olla injektio, eikä myöskään
kuvauksen (x,y) ↦→ F((x,y),t0) kiinteälle t0 tarvitse olla sitä. Tuossa yllähän
f nimenomaan ei ole injektio; kuvaus (x,y) ↦→ F((x,y),t0) on injektio kun
0 ≤ t0 < 1, mutta ei enää kun t0 = 1. Homotopiaekvivalenssin ei tarvitse myöskään
olla surjektio: tässähän g = i ei ole surjektio.
Tässä esimerkissä on aika tyypillinen tilanne, jossa Y ⊂ X ja homotopiaekvivalenssin
antaa upotuskuvaus i : Y ֒→ X ja sen homotopiakäänteiskuvaukselle
f pätee f|Y = idY . Tällöinhän asiat helpottuvat ”toiseen suuntaan”, koska
f ◦ i = idY kuten edellä. Tämä idea ei kuitenkaan aina toimi. On nimittäin
niin, että esimerkiksi R n on homotopinen avoimen yksikköpallonsa B kanssa,
upotuskuvaus pallolta koko avaruuteen on homotopiaekvivalenssi, mutta sen homotopiakäänteiskuvaukselle
ei voi päteä f|B = idB. Jätetään harjoitustehtäväksi
todistaa, miksei voi. Tähän asiaan palataan myöhemmin.
b) Jos X = [0,1] × [0,1] ja Y on mikä tahansa yhden pisteen avaruus, niin
helposti nähdään, että X ∼ Y . Jätetään tämä harjoitustehtäväksi. Tässä ei homotopiaekvivalenssin
keksiminen ole kovin vaikeaa. Tämähän on sitten esimerkki
tuohon väitteeseen X ∼ Y ⇒ X ≈ Y ; ei voi olla X ≈ Y , koska Y :ssä on vain
yksi piste ja X:ssä niitä on useampia. Tosin tuon esimerkin a) (ja itse asiassa
myös esimerkkien c) ja d)) X ja Y ovat myös epähomeomorfisia, mutta se ei
ole aivan niin triviaalia.
c) Olkoon X = S n = {x ∈ R n+1 | ||x|| = 1} ja Y = R n+1 \ {0}. Tällöin
pätee X ∼ Y . Tarvittavan homotopiaekvivalenssin antavat tässä tapauksessa
upotuskuvaus i : X ֒→ Y ja sen homotopiakäänteiskuvaus
g : Y → X, g(x) = x
||x|| .
Tässä taas triviaalisti g ◦ i = idX ∼ idX. Homotopian i ◦ g ∼ idY antaa kuvaus
F : Y × [0,1], F(x,t) = (1 − t)x + t x
||x|| ,
95

kuten helposti nähdään.
d) Olkoon X = S 1 ⊂ R 2 ja Y = S 1 ∪ {x ∈ R 2 | ||x − (2,0)|| = 1} \ {(3,0)},
jolloin siis Y on ”punkteerattu kahdeksikko”:
X Y
Tällöin X ∼ Y . Havainnollisesti ajatellen tämän voi todistaa näin: Y :n voi
”jatkuvasti kutistaa” osajoukolleen X seuraavalla idealla:
Y
X
•
◦ −→
←−
Vähän tarkemmin ottaen homotopian antavat toistensa homotopiakäänteiskuvaukset
g : Y → X,
x kun x ∈ X
g(x) =
(1,0) kun x ∈ Y \ X
ja upotuskuvaus i : X ֒→ Y Näiden välisen homotopian voi helposti konstruoida;
idea on tuossa kuvassa.
e) Jos esimerkissä d) jätetään tuo kahdeksikon punkteeraus tekemättä, eli Y =
S 1 ∪ {x ∈ R 2 | ||x −(2,0)|| = 1}, niin X ja Y eivät ole homotopisia. Tämän
todistaminen on erittäin vaikeaa suoraan määritelmästä (kokeile, eihän siinä
96
◦
⏐

juuri alkuun pääse), mutta vanha ystävämme homologiateoria ojentaa tässäkin
auttavan kätensä, niinkuin tullaan näkemään.
Määritellään tämän luvun lopuksi vielä jatkossa melko keskeisessä roolissa oleva
kutistuvuuden käsite:
Määritelmä 8.9 Sanotaan, että topologinen avaruus on kutistuva, jos se on
homotopinen yhden pisteen avaruuden kanssa.
Huomautus. Yhden pisteen avaruudessa voi olla vain yksi topologia, joten määritelmässä
8.9 ei ole tarpeen spesifioida tätä. Yhden pisteen avaruuden homologiaryhmät
tunnetaan harjoitustehtävästä 4.5 ja jatkossa osoitetaan, että homotopisilla
avaruuksilla on isomorfiset homologiaryhmät, joten kaikkien kutistuvien
avaruuksien kaikki homologiaryhmät saadaan tästä: Jos X on kutistuva,
niin
Hn(X) ∼
Z kun n = 0
=
0 kun n ≥ 1.
Huomaa kuitenkin, että tässä vaiheessa tuota faktaa ei ole millään muotoa todistettu.
Esimerkki 8.10 Esimerkin 8.8 b) mukaan [0,1] × [0,1] on kutistuva. Myös jokainen
R n , n ≥ 1 on kutistuva. Itse asiassa jokainen normiavaruuden konveksi,
epätyhjä joukko on aina kutistuva. Tämä on helppo todistaa; jätetään se harjoitustehtäväksi.
Sen sijaan esimerkiksi S 1 ei ole kutistuva, eikä sitä ole itse
asiassa mikään S n , n ∈ N.
Harjoitustehtäviä
8.1 Olkoon Y esimerkin 8.8 e) kahdeksikko Y = S 1 ∪{x ∈ R 2 | ||x−(2,0)|| = 1}
ja X kahdesti punkteerattu taso X = R 2 \ {(0,0),(2,0)}. (Tässä nämä punkteerauspisteet
ovat epäoleellisia: jos X ′ = R 2 \ {a,b} mille tahansa eri pisteille
a,b ∈ R 2 , niin X ′ ≈ X ja siten myös X ′ ∼ X.) Osoita, että X ∼ Y .
8.2 Olkoon Y kuten tehtävässä 8.1 ja X kolmesti punkteerattu pallon S 2 pinta
eli X = S 2 \ {a,b,c}, missä a,b,c ∈ S 2 ovat eri pisteitä. Osoita, että X ∼ Y .
Tässä ”havainnollinen” todistus (vrt. esimerkki 8.8 d) riittää, tarkkaa homotopiaekvivalenssia
on turhaa lähteä konstruoimaan – siitä tullee turhan mutkikas
viritys.
8.3 Toruspinta T ⊂ R 3 voidaan määritellä asettamalla ensin
ja sitten
A = {(x1,x − 2,0) ∈ R 3 | ||(x1,x − 2,0)|| = 2}
T = {x ∈ R 3 | d(x,A) = 1}.
97

Havainnollisesti T muistuttaa uimarenkaan pintaa ja A on uimarenkaan sisällä
(ei siis pinnalla) oleva ”tukiranka”. Olkoon edelleen Y punkteerattu torus eli
Y = T \ {x} jollekin x ∈ T ja X kolmesti punkteerattu pallo kuten tehtävässä
8.2. Osoita havainnollisesti, että X ∼ Y .
8.4 Olkoon kaikille n ≥ 0 B n+1 (0,1) = {x ∈ R n+1 | ||x|| ≤ 1} suljettu yksikköpallo.
Se ei koskaan ole homotopinen reunansa S n ⊂ B n+1 (0,1) kanssa,
eli kaikille n ≥ 0 pätee B n+1 (0,1) ∼ S n . Todista tämä, kun n = 0. Tässä siis
B 1 (0,1) = [−1,1] ⊂ R ja S 0 = {−1,1} ⊂ R.
8.5 Esimerkissä 8.8 e) väitettiin, että mikään S n , n ∈ N ei ole kutistuva. Todista
tämä, kun n = 0.
8.6 Olkoon X mielivaltainen topologinen avaruus ja Y kutistuva sekä f,g ∈
C(X,Y ) mielivaltaisia. Osoita, että f ∼ g.
9 Ketjuhomotopia
Edellisessä luvussa määriteltiin jatkuvien kuvausten (ja topologisten avaruuksien)
välinen homotopia. Tämä on luonteeltaan puhtaasti topologista. Tässä
luvussa nyt sitten väännetään tästä homotopiakäsitteestä algebrallinen objekti
– linja on siis sama kuin koko kurssilla; tästä samaisesta topologian transformoinnista
algebraksi oli puhetta jo johdannossa. Tässä määritellään ensin ketjukuvausten
(jotka ovat algebrallisia!) välinen homotopia. Sen jälkeen aletaan
jo sitten saada vähän tuloksiakin (mitenkään väheksymättä lausetta 5.9): pystytään
näet todistamaan merkittävä tulos: X ∼ Y ⇒ Hn(X) ∼ = Hn(Y ) kaikilla
n ∈ N.
Määritelmä 9.1 Olkoot (G,∂) = {(Gn,∂n)}n∈Z ja (G ′ ,∂ ′ ) = {(G ′ n,∂ ′ n)}n∈Z
ketjukomplekseja. Olkoon r ∈ Z mielivaltainen ja oletetaan, että kaikilla n ∈ Z
on määritelty homomorfismi ϕn : Gn → G ′ n+r. Tällöin sanotaan, että perhe
ϕ = {ϕn}n∈Z on astetta r oleva porrastettu homomorfismi ϕ : (G,∂) →
(G ′ ,∂ ′ ).
Esimerkki.
· · · ←−−−− Gn−1
⏐
ϕn−1 · · · ←−−−− G ′ n+r−1
∂n
←−−−− Gn
⏐
ϕn
∂ ′
n+r
←−−−− G ′ n+r
∂n+1
←−−−− Gn+1
∂ ′
n+r
←−−−− G ′ n+r+1
∂n+2
←−−−− · · ·
⏐
ϕn+1 ∂ ′
n+r+2
←−−−−− · · ·
Tässä kuvassa on astetta r oleva porrastettu homomorfismi ϕ : (G,∂) → (G ′ ,∂ ′ ).
Huomaa tuo ylä- ja alarivin indeksien ero verrattuna ketjukuvauksen määritelmään
5.1. Huomaa määritelmästä 9.1 myös se, että siinä ei vaadita, että kuvan
kaavion pitäisi kommutoida. Ketjukuvaus (jossa kommutointi vaaditaan)
98

on astetta 0 oleva porrastettu homomorfismi. Aste voi olla myös negatiivinen,
esimerkiksi perhe ∂ = {∂n}n∈Z on astetta −1 oleva porrastettu homomorfismi
∂ : (G,∂) → (G,∂).
Määritelmä 9.2 Olkoot ϕ ja ψ astetta r olevia porrastettuja homomorfismeja
(G,∂) → (G ′ ,∂ ′ ). Sanotaan, että homomorfismiperheiden ϕ = {ϕn}n∈Z ja
ψ = {ψn}n∈Z summa on perhe ϕ+ψ = {ϕn +ψn}n∈Z. Huomaa, että tässä on
järkeä, koska sekä ϕn että ψn ovat homomorfismeja Gn → Gn+r. Tällöin summakuvaus
ϕn+ψn on järkevästi määritelty homomorfismi ϕn+ψn : Gn → Gn+r
kaikille n ∈ Z. Tällöin selvästi ϕ + ψ : (G,∂) → (G ′ ,∂ ′ ) on porrastettu homomorfismi
astetta r. Huomaa, että summan määritelmä edellyttää sitä, että ϕ ja
ψ ovat samaa astetta.
Jos ϕ on kuten edellä ja k ∈ Z, niin sanotaan, että perheen ϕ monikerta
k · ϕ on perhe {k · ϕn}n∈Z. Tämä on myös järkevästi määritelty astetta r oleva
porrastettu homomorfismi (G,∂) → (G ′ ,∂ ′ ), koska homomorfismin monikerta
on homomorfismi.
Jos ϕ on kuten edellä ja ξ = {ξn}n∈Z on astetta s oleva porrastettu homomorfismi
(G ′ ,∂ ′ ) → (G ′′ ,∂ ′′ ), niin sanotaan, että perheiden ϕ ja ξ yhdiste on
perhe ξ ◦ ϕ = {ξn ◦ ϕn}n∈Z. Koska homomorfismien yhdiste on homomorfismi,
niin ilmeisesti perhe ξ ◦ ϕ on astetta r + s oleva porrastettu homomorfismi
ϕ : (G,∂) → (G ′′ ,∂ ′′ ).
Näiden valmistelevien määritelmien jälkeen määritellään luvattu ketjukuvausten
homotopia:
Määritelmä 9.3 Olkoot (G,∂) ja (G ′ ,∂ ′ ) ketjukomplekseja sekä ϕ,ψ : (G,∂) →
(G ′ ,∂ ′ ) ketjukuvauksia. Sanotaan, että astetta +1 oleva porrastettu homomorfismi
T : (G,∂) → (G ′ ,∂ ′ ) on ketjukuvausten ϕ ja ψ välinen homotopia,
jos pätee
ϕ − ψ = ∂ ′ ◦ T + T ◦ ∂.
Sanotaan, että ketjukuvaukset ϕ ja ψ ovat ketjuhomotopisia, jos on olemassa
niiden välinen ketjuhomotopia.
Huomautus Määritelmän 9.3 merkinnät selviävät 9.2:sta. Huomaa, että koska
T on astetta +1 sekä ∂ ja ∂ ′ astetta −1, niin kaikki tuon määritelmän 9.3
perheet ϕ, ψ, ∂ ′ ◦T ja T ◦∂ ovat astetta 0, jolloin niiden summat ovat järkevästi
määriteltyjä ja myös astetta 0, ja näin määritelmän ehto on ainakin asteen
puolesta mahdollinen.
Huomautus 9.4 Edellisessä luvussa kuvailtiin homotopiaa ”kuvausten liu’uttamisella”
toisilleen. Nyt voi kysyä, että mitäs tekemistä tuolla määritelmällä 9.3
on tämän liu’uttamisen kanssa – eipä ainakaan päällisin puolin näyttäisi olevan
mitään. Vastaus on sellainen, että tämä määritelmä on juuri täsmälleen tuon
topologisen liu’uttamisen algebrallinen vastakappale: näin se pitää määritellä,
99

jotta topologisten avaruuksien singulaarisissa ketjukomplekseissa tämä algebrallinen
homotopia vastaa topologista homotopiaa. On nimittäin niin (kuten jatkossa
todistetaan), että jos topologiset kuvaukset ovat homotopisia, niin niiden
indusoimat ketjukuvaukset vastaaviin singulaarisiin ketjukomplekseihin ovat tässä
algebrallisessa mielessä homotopisia.
Tämä vaikuttaa ensi katsannolla aika uskomattomalta: on hyvin vaikea hahmottaa
tuota määritelmän 9.3 ehtoa tässä mielessä. Näin se nyt vain kuitenkin
on – ja voidaan lisätä, että joku tuonkin ehdon on keksinyt. Se, mistä tai miten
joku tämmöisiä ehtoja tulee keksineeksi, onkin sitten toinen kysymys. Varmaa
on ainakin se, että ei tuo nyt ihan aamulehteä lukiessa päähän pälkähdä eikä
varmaan kovin monen päähän pälkähtäisi ikinä. Alkuperäinen idea taitaa olla
peräisin Henri Poincarélta.
Tämän koko luvun päätavoitteena on siis todistaa huomautuksessa 9.4 mainittu
tulos, joka voidaan alustavasti ja vähän epätarkasti formuloida näin:
Lause. Olkoot f,g : X → Y jatkuvia, homotopisia kuvauksia ja fn,gn :
Sn(X) → Sn(Y ) niiden indusoimat ketjukuvaukset. Tällöin on olemassa astetta
+1 oleva porrastettu homomorfismi T : (S(X),∂) → (S(Y ),∂) siten, että
eli että kaikille σ ∈ Σn(X) pätee
fn − gn = ∂n+1 ◦ Tn + Tn−1 ◦ ∂n
fn(σ) − gn(σ) = ∂n+1 ◦ Tn(σ) + Tn−1 ◦ ∂n(σ). (T)
Tämän lauseen todistus on erittäin vaikea, erityisesti teknisesti ja miksei muutenkin.
Jotta lukijalla säilyisi jonkinlainen havainto siitä, mitä tehdään ja missä
mennään, tehdään todistus useiden peräkkäisten teknisten lemmojen jonona,
ja yritetään piirrellä väliin havainnollistavia kuvia, joista useimmat esitetään
poikkeuksellisesti numeroituina, niin niihin on helpompi viitata. Tässä tarvitaan
myös useita teknisiä määritelmiä, joita ei myöhemmin enää käytetä, vaan
ne ovat pelkästään tätä todistusta varten. Tässä nyt pitkän, pitkän aikaa rakennellaan
tuon lauseen mystistä homomorfismia T. Kuvauksista f ja g ei välitetä
ensi alkuun mitään. Tässä on ideana konstruoida T ja todistaa väite ensin
mahdollisimman helpoille f ja g; ensimmäisessä virityksessä tarkastellaan
lähestulkoon identtisiä kuvauksia. Lisäksi vielä helpotetaan aivan ensimmäistä
vaihetta valitsemalla tuohon väitteeseen (T) mahdollisimman helppo σ. Kun
homma saadaan hoidettua tässä mikkihiiritapauksessa, voidaan lähteä pikkuhiljaa
yleisempään suuntaan ja lopulta, monenlaisten vaiheiden jälkeen saadaan
lause kokonaisuudessaan todistettua.
Aloitetaan määrittelemällä apukuvauksia. Muistetaan ensin määritelmä 1.28 ja
lause 1.29, joiden mukaan pätee seuraavaa: Jos Sx0...xn on simpleksijoukko, niin
kuvaus (x0 ...xn) : ∆n → Sx0...xn on se yksikäsitteinen affiinin kuvauksen rajoittuma,
jolle pätee
(x0 ...xn)(ek) = xk kaikille k = 0,...,n.
100

Tapahtuu siis tällaista:
e0
e2
∆1
e1
(x0x1x2)
−→
x2
x0
x1
e0
KUVA 1
e2
∆2
e1
(x0x1x2x3)
−→
Tässä on tärkeää huomata kärkipisteiden kuvautumisjärjestys: simpleksin kärkipisteiden
x0,...,xn numerointi määrää sen; jos numerointia muutetaan, saadaan
eri kuvaus.
Muistetaan luvusta 1 lisäksi merkintä 1.31, jonka mukaan symboli (e0 ...êi ...en)
tarkoitti affiinisimpleksiä (e0 ...ei−1ei+1 ...en), eli siis indeksillä i varustettu
kantavektori ei ”jätetään pois”. Tämä merkintä voidaan yleistää:
Merkintä 9.5 Olkoon V vektoriavaruus, n ≥ 1 ja (x0 ...xn) : ∆n → V affiinisimpleksi
kuten määritelmässä 1.28. Olkoon 0 ≤ i ≤ n. Tällöin merkitään
(x0 ... ˆxi ...xn) = (x0 ...xi−1xi+1 ...xn) : ∆n−1 → V.
Tässä on huomattava, että merkinnässä 9.5 ei vaadita joukon {x0,...,xn} riippumattomuutta.
Tällöin kuvassa 1 olevat xk-kärkiset kolmio ja tetraedri voivat
surkastua.
On huomattava myös, että tämä uusi simpleksi (x0 ... ˆxi ...xn) on alkuperäiseen
verrattuna pykälää alempidimensioinen. Esimerkiksi siis tuossa kuvassa 1
simpleksi (x0x1ˆx2x3) = (x0x1x3) kuvaa kolmion ∆1 kuvan 1 tetraedrin päätykolmiolle.
Huomautus 9.6 On syytä kiinnittää huomiota siihen, mitä tapahtuu määritelmässä
9.5 kun n = 1. Tällöin simpleksistä (x0x1) saadaan kaksi ”rajoittumasimpleksiä”(ˆx0x1)
ja (x0ˆx1) eli 9.5:n mukaan nollasimpleksit (x1) ja (x0). Nämä
ovat vakiokuvauksia ∆0 → V , joiden (ainoa) arvo on x1 tai x0. Jatkossa otetaan
käyttöön tämä merkintä 0-simpleksille: jos σ ∈ Σ0(V ), missä σ(e0) = x0 ∈ V ,
niin merkitään
σ = (x0).
Jatkoa varten on hyvä huomata, mitä tapahtuu määritelmän 9.5 merkinnöin affiinisimpleksin
σ = (x0 ...xn) reunalle ∂n(σ). Reunakuvaus määriteltiin simpleksin
tahojen ∂ i σ summana (4.3) ja simpleksin tahot ovat määritelmän 4.1 mukaan
yhdistettyjä kuvauksia
e3
∂ i σ = σ ◦ (e0 ...êi ...en).
Nyt jos σ on affiini, niin huomautuksen 1.24 nojalla ∂ i σ on affiinien kuvausten
yhdisteenä affiini. Seuraava lause kertoo asiasta tarkemmin:
101
x1
x0
x3
x2

Lause 9.7 Olkoon V vektoriavaruus ja (x0 ...xn) ∈ Σn(V ). Tällöin
∂ i (x0 ...xn) = (x0 ... ˆxi ...xn) ∈ Σn−1(V ).
Todistus. Tämä saadaan helposti toteamalla, että simpleksijoukon ∆n−1 kärkipisteet
kuvautuvat samoin, vrt. lause 1.29. Jätetään tarkistus harjoitustehtäväksi.
Lause 9.8 Olkoon V vektoriavaruus ja (x0 ...xn) ∈ Σn(V ). Tällöin
∂n(x0 ...xn) =
n
(−1) i (x0 ... ˆxi ...xn) ∈ Sn(V ).
i=0
Todistus. Tämä seuraa välittömästi määritelmästä 4.3 ja lauseesta 9.7.
Huomautus 9.9 Lauseen 9.8 avulla saadaan erityisesti affiinien 1- ja 2-simpleksien
reunat:
∂1(x0x1) = (x1) − (x0) ja
∂2(x0x1x2) = (x1x2) − (x0x2) + (x1x2).
Tavoitellun homomorfismin T konstruktiossa tärkeässä roolissa ovat seuraavassa
määriteltävät tietyt affiinit kuvaukset A k n:
Määritelmä 9.10 Olkoon n ∈ N ja merkitään
ak = (ek,0) ∈ ∆n × [0,1] ja bk = (ek,1) ∈ ∆n × [0,1], k = 0,...,n.
Määritellään sitten kaikille k = 0,...,n kuvaukset A k n asettamalla
A k n = (a0 ...akbk ...bn) : ∆n+1 → ∆n × [0,1].
Funktio A k n kuvaa havainnollisesti seuraavalla tavalla:
Olkoon ensin n = 0. Tällöin näitä kuvauksia on vain yksi eli A 0 0 ja määritelmän
mukaan
A 0 0 = (a0b0) : ∆1 → ∆0 × [0,1].
Joukko ∆0 on piste ja joukko ∆1 on jana, joten tilanne näyttää tältä:
e0
•
∆1
e1
•
A
−→
0 0
KUVA 2
102
•
•
∆0 × [0,1]
b0 = (e0,1)
a0 = (e0,0)

Huomaa tässä myös tuo janan ∆1 kuvautumissuunta, jota nuo nuolet yrittävät
esittää. Kun n = 1, kuvauksia A k n on kaksi: A 0 1 ja A 1 1. Tarkastellaan ensin
kuvausta
A 0 1 = (a0b0b1) : ∆2 → ∆1 × [0,1].
Joukko ∆2 on kolmio ja ∆1 on jana ja silloin ∆1 × [0,1] on suorakaide, jonka
kärkinä ovat a0,a1,b0 ja b1. Tilanne näyttää tältä:
e0
e2
∆2
e1
A
−→
0 1
KUVA 3
b0
a0
∆1 × [0,1]
Tässä A 0 1 kuvaa siis kolmion ∆2 tuolle viivoitetulle kolmiolle. Huomaa reunajanojen
kuvautumissuunta.
Tarkastellaan sitten kuvausta
Tässä tapahtuu tällaista:
e0
e2
∆2
A 1 1 = (a0a1b1) : ∆2 → ∆1 × [0,1].
e1
A
−→
1 1
KUVA 4
b0
a0
∆1 × [0,1]
Yhdistämällä nuo kuvat 3 ja 4 nähdään, että kuvausten A 0 1 ja A 1 1 kuvajoukot
täyttävät koko suorakaiteen ∆1 × [0,1] menemättä päällekkäin yhteistä diagonaalia
lukuunottamatta.
e0
e2
A
−→
k 1
∆2
e1
KUVA 5
103
b0
a0
∆1 × [0,1]
b1
a1
b1
a1
b1
a1

Tässä nuo merkit ”” yrittävät esittää reunajanojen kuvautumissuuntaa. Huomaa,
että yhteinen diagonaali kuvautuu ”samoin päin”.
Olkoon sitten n = 2. Kuvauksia A k 2 : ∆3 → ∆2×[0,1] on kolme: A 0 2 = (a0b0b1b2),
A 1 2 = (a0a1b1b2) ja A 2 2 = (a0a1a2b2). Joukko ∆3 on tetraedri ja ∆2 × [0,1] kolmiopohjainen
suora särmiö. Tilanne näyttää tältä:
e0
e2
∆3
e1
e3
A
−→
k 2
KUVA 6
b0
a0
b2
∆2 × [0,1]
Tässä kuvajoukot A k 2(∆3) ovat tetraedreja (kolme kappaletta), jotka täyttävät
tuon särmiön ∆2 × [0,1] kokonaan leikkaamatta toisiaan muuten kuin sivutahkoillaan.
Huomaa, että yksi noista tetraedreista on vähän eri asemassa kuin
muut: sillä on vain kaksi tahkoa särmiön ulkoseinillä, muilla on kolme. Tuota
kuvaa on ehkä vähän vaikea hahmottaa, mutta jos et usko, ota veitsi ja sopiva
juustokimpale: kahdella viillolla tulee kolme tetraedria.
Tämä sama kuvio jatkuu korkeammissa dimensioissa, mutta siihen ei riitä enää
piirroskyky – eikä kyllä oikein hahmotuskykykään. Siitä huolimatta, kun n = 3,
neliulotteinen tetraedripohjainen suora särmiö jakautuu näillä kuvajoukoilla A k 3
neljään neliulotteiseen polyedriin, jotka eivät leikkaa toisiaan, paitsi ”sivutahkoillaan”
(jotka ovat kolmiulotteisia).
Näin tämä jatkuu, mutta lopetetaan hetkeksi geometrinen kuvailu ja siirrytään
raakaan algebraan. Seuraava lause kertoo esimerkiksi sen, mille kuvan 6 särmiössä
∆2 ×[0,1] olevalle kolmiolle kuvautuu vaikkapa tetraedrin ∆3 sivutahko
Se0e1e3 kuvauksessa A1 2:
Lause 9.11 Olkoon n ∈ N ja 0 ≤ i ≤ n + 1 sekä 0 ≤ j ≤ n.
Olkoot ak,bk ja A k n, k = 0,...,n kuten määritelmässä 9.10. Olkoon lisäksi
F i n+1 : ∆n → ∆n+1 merkinnän 1.31 mukainen affiinisimpleksi
F i n+1 = (e0 ...êi ...en+1).
Näistä saadaan yhdistetty kuvaus Aj n◦F i n+1 : ∆n → ∆n×[0,1]. Tälle kuvaukselle
pätee
A j n ◦ F i
n+1 =
(a0 ...âi ...ajbj ...bn)
(a0 ...ajbj ...
kun i ≤ j
ˆbi−1 ...bn) kun j < i.
104
b1
a1

Todistus. Koska tässä kaikki kuvaukset ovat affiineja, niin lauseen 1.29 nojalla
riittää osoittaa, että väitteen funktiot saavat samat arvot simpleksijoukon ∆n
kaikissa kärkipisteissä ek ∈ ∆n, k = 0,...,n. Tämä nähdään suoraan määritelmistä
käymällä läpi kaikki k:n arvot. Esimerkiksi tapauksessa 0 ≤ i ≤ k < j
(jolloin k + 1 ≤ j ja k ≤ j − 1) saadaan
A j n ◦ F i n+1(ek) = A j n((e0 ...êi ...en+1)(ek)) i) = A j n(ek+1) =
(a0 ...ajbj ...bn)(ek+1) ii) iii)
= ak+1 = (a0 ...âi ...ajbj ...bn)(ek),
joten väite pätee. Tässä i) seuraa siitä, että i ≤ k, yhtälö ii) siitä, että k+1 ≤ j
sekä yhtälö iii) siitä, että i ≤ k ≤ j − 1 .
Vastaavasti todetaan oikeaksi muut vaihtoehdot, joita tässä on. Jätetään tämä
harjoitustehtäväksi.
Huomautus. Tuossa ennen lausetta 9.11 mainittiin, että tämä lause kertoo esimerkiksi
sen, mille kuvan 6 särmiössä ∆2 × [0,1] olevalle kolmiolle kuvautuu
tetraedrin ∆3 sivutahko Se0e1e3 kuvauksessa A12. Tämän näkee nyt niin, että
simpleksin F i 3 määritelmän mukaan Se0e1e3 = Im(F 2 3 ), joten lauseen 9.11 mukaan
Im(A1 2(Se0e1e3 )) = Im(A12(F 2 3 )) = Im((a0a1b2)) ja tämähän on kolmio,
jonka kärkipisteet ovat a0,a1 ja b2, siis tuon särmiön sisällä oleva kolmio. Huomaa,
että särmiön lattia- ja kattokolmioille ei Ai 2 ◦ F j
3 voi kuvata, vaan kuvakolmio
on aina joku noista muista. Kaikki nämä muut kuvassa olevat kolmiot,
myös sivuseinillä olevat, ovat mahdollisia.
Määritelmä 9.12 Olkoon σ ∈ Σn(X), jolloin siis σ on jatkuva kuvaus σ :
∆n → X. Määritellään kuvaus σ × id : ∆n × [0,1] → X × [0,1] asettamalla
kaikille (x,t) ∈ ∆n × [0,1]
(σ × id)(x,t) = (σ(x),t) ∈ X × [0,1].
Varustetaan avaruudet ∆n ×[0,1] ja X ×[0,1] tulotopologialla, jolloin σ ×id on
ilmeisesti jatkuva.
Tämä kuvaushan on hyvin yksinkertainen. Jos esimerkiksi n = 0 ja σ = (x0)
tapahtuu tällaista:
• (e0,1)
• (x0,1)
σ × id
−→
• (e0,0)
• (x0,0)
∆0 × [0,1] σ(∆0) × [0,1]
KUVA 7
Kun n = 1 ja σ = (x0x1) tapahtuu tällaista:
105

(e0,1)
(e1,1)
σ × id
−→
(x0,1)
(e0,0) .. (e1,0) (x0,0) ..
∆1 × [0,1] σ(∆1) × [0,1]
KUVA 8
(x1,1)
(x1,0)
Piirretään vielä kuva tapauksesta n = 2 ja σ = (x0x1x2). Tilanne näyttää
tältä:
(e0,1)
(e0,0)
(e2,1)
(e1,1)
(e1,0)
σ
−→
× id
(x0,1)
(x0,0)
(x2,1)
∆2 × [0,1] σ(∆2) × [0,1]
KUVA 9
Seuraavaksi tarkastellaan yhdistettyä kuvausta
(σ × id) ◦ A k n : ∆n+1 → σ(∆n) × [0,1] ⊂ X × [0,1].
(x1,1)
(x1,0)
Tämä edellyttää tietysti sitä, että σ ∈ Σn(X), jotta yhdistetty kuvaus on määritelty.
Oletetaan ensin, että n = 1 ja σ = (x0x1). Yhdistämällä kuvat 5 ja 8 nähdään,
että (σ × id) ◦ A k 1 kuvaa näin:
e0
e2
∆2
e1
(σ × id) ◦ A
−→
k 1
KUVA 10
(x0,1)
(x0,0)
σ(∆1) × [0,1]
(x1,1)
(x1,0)
Nuo kiertosuunnat maalipuolella määräytyvät kuvauksesta σ, joten ne voivat
olla myös toisinpäin. Joka tapauksessa ne ovat yhteensopivia sillä tavalla, että
diagonaali suunnistuu ”samoinpäin” molemmissa kolmioissa.
Tapauksessa n = 2 ja σ = (x0x1x2) nähdään kuvat 6 ja 9 yhdistämällä, että
(σ × id) ◦ A k 2 kuvaa näin:
106

e0
e2
∆3
e1
e3
(σ × id) ◦ A
−→
k 2
(x0,1)
(x0,0)
KUVA 11
(x2,1)
σ(∆2) × [0,1]
(x1,1)
(x1,0)
Tarkastellaan sitten tilannetta, jossa σ = F i n : ∆n−1 → ∆n. Kun n = 2, tämä
kuvaa janan ∆1 erääksi kolmion ∆2 kylkijanoista. Tällöin F i 2 × id kuvaa
suorakaiteen ∆1 ×[0,1] eräälle särmiön ∆2 ×[0,1] reunasuorakaiteista, ks. kuva
9. Toisaalta A k 1 kuvaa kolmion ∆2 suorakaiteen ∆1 ×[0,1] johonkin ”nurkkaan”,
joten yhdistetty kuvaus (F i 2 × id) ◦ A k 1 kuvaa kolmion ∆2 johonkin särmiön
∆2 × [0,1] reunasuorakaiteen ”nurkkaan”. Tässä on neljä vaihtoehtoa, jotka näkyvät
kuvasta 6. Tässä on huomattava, että (F i 2 ×id)◦A k 1 ei voi kuvata kolmiota
∆2 tuon särmiön sisällä oleville kolmioille (eikä ”kattoon” eikä ”lattiaan”), vaan
nimenomaan kyljille – vertaa määritelmää 9.12 edeltävään huomautukseen.
Tässä kohtaa asian ymmärtämistä auttaa se, että selvittää itselleen, mitä tapahtuu,
kun n = 1. Mihin jana ∆1 kuvautuu kuvauksessa (F i 1 ×id)◦A 0 0, i = 0,1.
Tässä kannattaa kiinnittää huomiota myös kuvautumissuuntaan. Jätetään tämä
harjoitustehtäväksi, joka kyllä kannattaa tehdä. Seuraavana kysymyksenä
voi sitten miettiä, mitä tapahtuu, kun n = 3.
Jatkoa ajatellen on aivan ratkaisevan tärkeää tietää, mille kyljelle ja mihin nurkkaan
tämä (F i 2 × id) ◦ A k 1 oikeastaan kolmion ∆2 vie. Itse asiassa on tärkeää
tietää myös se, missä järjestyksessä kolmion kärkipisteet kuvautuvat, eli mikä
kärki menee mihinkin. Tämähän riippuu tietysti siitä, mitä luvut i ja k ovat.
Asian ratkaisee (kaikissa dimensioissa) seuraava lause:
Lause 9.13 Olkoon n ≥ 1 ja 0 ≤ i ≤ n sekä 0 ≤ j ≤ n − 1. Olkoot ak,bk,
k = 0,...,n ja A k n−1, k = 0,...,n − 1 kuten määritelmässä 9.10. Olkoon F i n :
∆n−1 → ∆n kuten merkinnässä 1.31. Tällöin pätee
(F i n × id) ◦ A j
n−1 =
(a0 ...âi ...aj+1bj+1 ...bn) kun i ≤ j
(a0 ...ajbj ... ˆ bi ...bn) kun j < i.
Todistus. Ilmeisesti kuvaus F i n × id on affiini, joten riittää tarkastella kärkipisteiden
kuvautumista kuten lauseen 9.11 todistuksessa. Tämä on suoraviivaista
ja jätetään harjoitustehtäväksi.
Olkoon σ ∈ Σn(X), jolloin määritelmän 9.12 mukainen kuvaus σ × id : ∆n ×
[0,1] → X × [0,1] on jatkuva. Koska affiini kuvaus A j n : ∆n+1 → ∆n × [0,1]
107

on myös jatkuva, niin yhdistetty kuvaus (σ × id) ◦ A j n : ∆n+1 → X × [0,1] on
jatkuva. Silloin
(σ × id) ◦ A j n ∈ Σn+1(X × [0,1]).
Tällöin näiden formaalille summalle pätee
n
(−1) j (σ × id) ◦ A j n ∈ Sn+1(X × [0,1]). (D)
j=0
Määritelmä 9.14 Olkoon n ∈ N ja A k n, k = 0,...,n kuten määritelmässä
9.10. Merkitään kaikille σ ∈ Σn(X)
Dn[X](σ) =
jolloin ehdon (D) mukaisesti
n
(−1) j (σ × id) ◦ A j n, (1)
j=0
Dn[X](σ) ∈ Sn+1(X × [0,1]) kaikille σ ∈ Σn(X).
Näin määräytyy kuvaus Dn[X] : Σn(X) → Sn+1(X × [0,1]). Tämä kuvaus indusoi
lauseen 2.15 mukaisesti ketjuhomomorfismin Dn[X] : Sn(X) → Sn+1(X ×
[0,1]), jota siis merkitään samalla symbolilla Dn[X] niinkuin tapana on. Näin
merkiten (ja sopivasti samastaen) siis Dn[X] on homomorfismi
Dn[X] : Sn(X) → Sn+1(X × [0,1]), jolle pätee ehto (1).
Yleensä merkitään lyhesti Dn = Dn[X], mikäli ”pohja-avaruus” X on tiedossa
tai sillä ei ole merkitystä.
Nyt kannattaa taas vähän havainnollistaa ja katsoa, mitä tässä oikein tapahtuu.
Olkoon ensin n = 0. Silloin Dn:n määrittelevässä formaalissa summassa on
vain yksi termi ja
D0(σ) = (σ × id) ◦ A 0 0.
Kuvat (2) ja (7) yhdistämällä nähdään, että D0(σ) kuvaa yksinkertaisesti näin:
e0
•
∆1
e1
•
D0(σ)
−→
KUVA 12
• (σ(e0),1) = D0(σ)(e1)
• (σ(e0),0) = D0(σ)(e0)
σ(∆0) × [0,1]
108

Kun n = 1,
D1(σ) = (σ × id) ◦ A 0 1 − (σ × id) ◦ A 1 1.
Tämä ei siis enää ole (topologinen) kuvaus vaan kahden sellaisen summa. Tarkastellaan
näitä kuvauksia (σ × id) ◦ A k 1, k = 0,1 erikseen. Näiden kuvausten
käytös näkyy kuvassa 10, toinen kuvaa ylempään kolmioon ja toinen alempaan.
Tämän kuvan mukaisesti Dn(σ) voidaan piirtää. Kuva on sama kuin kuva 10,
mutta nyt toisessa kolmiossa (joka siis esittää joukkoa (σ ×id)◦A 1 1(∆2)) merkki
eli suunta on vaihtunut:
e0
e2
∆2
e1
D1(σ)
−→
KUVA 13
σ(∆1) × [0,1]
Huomaa, että nyt diagonaali suunnistuu noissa kolmioissa päinvastaisiin suuntiin.
Kun n = 2, Dn(σ) on kolmen tetraedrin formaali summa, yhdessä merkkinä
−1, muissa +1. Nämä tetraedrit näkyvät kuvassa 11, ne ovat siis juuri ne kolme
tetraedria joihin särmiö σ(∆2)×[0,1] noilla kuvassa olevilla ”viilloilla”jakautuu.
Vastaavassa kuvassa 6 on sama tilanne (siinä σ = id). Tämän kuvan 6 jälkeisessä
tekstissä mainittiin, että yksi noista tetraedreista on erilainen kuin kaksi
muuta: sillä on kaksi yhteistä tahkoa muiden kanssa; näillä kahdella muulla ei
ole keskenään lainkaan yhteistä tahkoa. Tämän tetraedrin erityisasema näkyy
nyt D2(σ):n määrittelevässä summassa: se on juuri se tetraedri, jonka merkki
tässä summassa on −1, muilla kahdella merkki on +1. Tästä voi varmistua esimerkiksi
katsomalla vähän tarkemmin, mitä kuvassa 6 oikein tapahtuu, eli mikä
tetraedri on mikin. Jätetään tämä harjoitustehtäväksi.
Tarvitaan vielä pari apukuvausta:
Määritelmä 9.15 Olkoon X topologinen avaruus. Määritellään kuvaukset
i 0 [X],i 1 [X] : X → X × [0,1] asettamalla
i 0 [X](x) = (x,0) ∈ X ×[0,1] ja i 1 [X](x) = (x,1) ∈ X ×[0,1] kaikille x ∈ X.
Jos pohja-avaruus X on tiedossa, merkitään lyhyesti i k = i k [X], k = 0,1. Kun
varustetaan avaruus X × [0,1] tulotopologialla, nämä kuvaukset ovat ilmeisesti
jatkuvia, jolloin ne indusoivat ketjuhomomorfismit
i k n : Sn(X) → Sn(X × [0,1]), k = 0,1, n ∈ Z.
109

Huomautus 9.16 Havainnollistetaan vähän näiden ketjuhomomorfismien i k n
käytöstä eli katsotaan, mitä on i k n(σ) yksittäiselle simpleksille σ. Ketjuhomomorfismin
määritelmän mukaan se on yksittäinen simpleksi i k ◦ σ ja tämä taas
kuvauksen i k määritelmän mukaan on kuvaus x ↦→ (σ(x),k).
Hyvin yksinkertainen kuvaushan tuo on. Vielä yksinkertaisemmaksi se tulee, jos
X = ∆n ja σ = id∆n , jolloin ik n on kuvaus x ↦→ (x,k), k = 0,1.
Nyt tässä aletaan pikkuhiljaa päästä asiaan. Kauan, kauan sitten määritelmässä
9.3 sovittiin, mitä ketjuhomotopia tarkoittaa. Huomautuksessa 9.4 väitettiin,
että jos topologiset kuvaukset ovat homotopisia, niin niiden indusoimat singulaariset
ketjukuvaukset ovat ketjuhomotopisia. Tämä väite muotoiltiin sivun 100
lauseeksi (T). Tämän lauseen jälkeen mainittiin, että se todistetaan ”pikkuhiljaa”,
ensin hyvin yksinkertaisessa tapauksessa ja siitä sitten edetään yleiseen
tilanteeseen. Nyt tarvittavat apukuvaukset ovat (pääosin) koossa ja voidaan
aloittaa tämä todistusprosessi.
Olkoon ensi alkuun X = ∆n jollekin kiinteälle n ja Y = X ×[0,1]. Määritelmän
9.15 mukaiset kuvaukset i k = i k [∆n] : X → Y , k = 0,1 ovat selvästi homotopisia;
niiden välinen homotopia on ilmeisesti F = id ∆n×[0,1] : X × [0,1] → Y .
Yritetään todistaa, että lause (T) pätee näille kuvauksille i k . Jos nyt i k m:t ovat
näiden homotopisten kuvausten indusoimat ketjuhomomorfismit, niin lause (T)
väittää, että on olemassa astetta +1 oleva porrastettu homomorfismi T ketjukompleksien
(S(X),∂) ja (S(Y ),∂) välillä siten, että kaikille m ∈ Z
i 1 m − i 0 m = ∂m+1 ◦ Tm + Tm−1 ◦ ∂m
eli kaikille m ∈ Z ja kaikille σ ∈ Σm(X) pitäisi päteä
i 1 m(σ) − i 0 m(σ) = ∂m+1 ◦ Tm(σ) + Tm−1 ◦ ∂m(σ). (T)
Kuten sivulla 100 todettiin, tehdään tämäkin todistus ensin voimakkaasti yksinkertaistettuna
versiona. Koska nyt siis X = ∆n, niin id∆n ∈ Σn(X), joten ehdon
(T) pitäisi päteä, kun m = n ja σ = id∆n . Todistetaan tämä nyt ensimmäisenä.
Sillonhan ehto (T) tulee muotoon
i 1 n(id∆n ) − i0 n(id∆n ) = ∂n+1 ◦ Tn(id∆n ) + Tn−1 ◦ ∂n(id∆n ). (T’)
Tässähän ollaan yleisestä tilanteesta vielä kovin, kovin kaukana: X ja Y ovat
yksinkertaisia, kuvaukset f ja g on yksinkertaistettu äärimmilleen, samoin kuin
simpleksi σ. Lisäksi tässä on vielä tuohon indeksiin m kohdistuva rajoite, eli
todistus rajoittuu tapaukseen m = n.
Nyt pitäisi siis keksiä ehdon (T’) toteuttavat homomorfismit Tn : Sn(X) →
Sn+1(Y ) ja Tn−1 : Sn−1(X) → Sn(Y ). Tällaiset on itse asiassa keksitty jo, sillä
semmoisiksi käyvät määritelmän 9.14 homomorfismit Dn[∆n] ja Dn−1[∆n];
tässä pitää vain erikseen sopia, että T−1 = 0.
110

Näille ehdokkaille väite (T’) tulee muotoon
i 1 n(id∆n ) − i0n(id∆n ) = ∂n+1 ◦ Dn[∆n](id∆n ) + Dn−1[∆n] ◦ ∂n(id∆n ). (D)
Tämä väite todistetaan jatkossa kaikille n, mutta havainnollisuuden vuoksi tarkistetaan
tuo väite (D) ensin pienille indekseille:
Olkoon ensin n = 0. Koska Dn = 0 kun n < 0, niin väite (D) tulee muotoon
i 1 0(id∆0 ) − i00(id∆0 ) = ∂1D0[∆0](id∆0 ). (0)
Huomautuksen 9.16 mukaan i k 0(id∆0 ) = ((id∆0 (e0),k)) = ((e0,k)) ja siten yhtälön
(0) vasen puoli on
((e0,1)) − ((e0,0));
kyseessä on siis kahden affiinin 0-simpleksin erotus.
Yhtälön (0) oikea puoli on
∂1D0[∆0](id∆n ).
Kuvassa 12 on piirrettynä simpleksi D0(σ) yleiselle σ:lle ja kun σ = id∆0 , niin
nähdään, että tämä simpleksi kuvaa e0:n ja e1:n välisen janan pisteiden (e0,0)
ja (e0,1) väliseksi janaksi – nimenomaan tähän suuntaan. Janan reuna on ”päätepiste
– alkupiste”, joten janan D0[∆0](id∆n ) reuna on täsmälleen tuo yhtälön
(0) vasen puoli, eli yhtälö pätee. Siten väite (D) pätee ainakin kun n = 0.
Kun n = 1, niin väite (D) tulee muotoon
i 1 1(id∆1 ) − i01(id∆1 ) = ∂2D1[∆1](id∆1 ) + D0[∆0](∂1(id∆1 )). (1)
Tässä i1 1(id∆1 ) on huomautuksen 9.16 mukaan kuvaus ∆1 → ∆1 × [0,1], x ↦→
(x,1); koska ∆1 on jana pisteestä e0 pisteeseen e1, niin kyseessä on siis jana
pisteestä (e0,1) pisteeseen (e1,1). Vastaavasti i1 1(id∆1 ) on jana pisteestä (e0,0)
pisteeseen (e1,0).
Yhtälössä (1) on näistä jälkimmäisessä miinusmerkki. Noudatetaan taas tuota
havainnollistusohjetta ”kun merkki vaihtuu, niin suunta vaihtuu”, jolloin voidaan
piirtää yhtälön (1) vasenta puolta esittävä kuva:
(e0,1)
(e0,0)
i 1 1(id∆1 ) − i0 1(id∆1 )
KUVA 14
(e1,1)
(e1,0)
111

Tarkastellaan sitten yhtälön (1) oikean puolen termiä ∂2D1[∆1](id∆1 ). Ketju
D1(σ) on esitetty kuvassa 13 yleiselle σ, mutta ei se siitä paljon muutu, jos
σ = id∆1 . D1[∆1](id∆1 ) on siis kahden kuvan 15 mukaisesti suunnistetun kolmion
summa:
(e0,1)
(e0,0)
D1[∆1](id∆1 )
KUVA 15
(e1,1)
(e1,0)
Tässä on kyllä syytä tarkistaa, että kärkipisteet kuvautuvat juuri sellaisessa
järjestyksessä, että nuo kiertosuunnat ovat kuvan esittämät. Vastakkainenkin
kiertosuunta on mahdollista, mutta identtisellä kuvauksella käy juuri noin. Tässä
siis kolmiossa ∆2 on koko ajan kuvan 13 osoittama suunnistus ja näissä kuvakolmioissa
suunnistus syntyy ∆2:n kärkien kuvapisteiden järjestyksestä. Jätetään
harjoitustehtäväksi tuo tarkistus, joka on tehtävä kummassakin kolmiossa
erikseen, Tässä on lisäksi muistettava se, että tässä on jo käytetty tuota ideaa
”kun merkki vaihtuu, niin suunta vaihtuu”, sillä D1[∆1](id∆1 ):n määritelmäsä
oleva miinusmerkki on otettu huomioon ja toisen (mutta kumman?) kuvan
15 kolmion suunta on käännetty.
Tässä pitäisi nyt sitten laskea ∂2D1[∆1](id∆1 ). Koska D1[∆1](id∆1 ) on kahden
kolmion summa, niin sen reuna on näiden kolmioiden reunojen summa.
Havainnollisesti kolmion reuna on sen suunnistettu reunakäyrä eli reunajanojen
summa, missä siis kolmioille käytetään nimenomaan kuvan suunnistusta. Siis
näin:
(e0,1)
(e0,0)
→
↑
ւ
ր
←
↓
(e1,1)
(e1,0)
∂2D1[∆1](id∆1 )
Kuvasta nähdään, että diagonaali tulee laskettua tässä summassa kahteen kertaan,
mutta eri suuntiin, neliön reunajanat vain kerran.
Vaihdetaan tuo edellinen tummennettu idea muotoon ”kun suunta vaihtuu,
niin merkki vaihtuu”, jolloin nuo vastakkaissuuntaiset diagonaalit kumoavat
112

toisensa ja lopputulos on kuvassa 16:
(e0,1)
(e0,0)
(e1,1)
(e1,0)
∂2D1[∆1](id∆1 )
KUVA 16
Yhtälössä on oikealla puolella vielä termi D0[∆1](∂1(id∆1 )). Janan id∆1 reuna
∂1(id∆1 ) on sen päätepisteiden formaali erotus eli (e1) − (e0). Tällöin
D0[∆1](∂1(id∆1 )) = D0[∆1]((e1)) − D0[∆1]((e0)).
Kuvauksen D0 käytöstä on havainnollistettu kuvassa 12. Sen mukaisesti D0[∆1]((e1))
ja D0[∆1]((e0)) näyttävät tältä:
• (e0,1) • (e1,1)
• (e0,0) • (e1,0)
D0[∆1]((e0)) D0[∆1]((e1))
KUVA 17
Koska siis D0[∆1](∂1(id∆1 )) = D0[∆1]((e1)) − D0[∆1]((e0)), niin käyttämällä
taas ideaa ”kun merkki vaihtuu, niin suunta vaihtuu” kuvasta 17 voidaan
jalostaa termin D0[∆1](∂1(id∆1 )) kuva:
(e0,1) •
(e0,0) •
• (e1,1)
• (e1,0)
D0[∆1](∂1(id∆1 ))
KUVA 18
Yhdistämällä nyt kuvat 16 ja 18 ja muistamalla, että ”kun suunta vaihtuu,
113

niin merkki vaihtuu”, voidaan piirtää yhtälön (1) oikean puolen kuva:
(e0,1)
(e0,0)
(e1,1)
(e1,0)
∂2D1[∆1](id∆1 ) + D0[∆1](∂1(id∆1 ))
KUVA 19
Sittenpä ei muuta kuin vertaamaan kuvia 14 ja 19, joissa ovat yhtälön (1) eri
puolet. Samojahan nuo, joten yhtälö (1) näyttäisi pätevän, ja siten yhtälö (D)
toimii ainakin indekseille n = 0,1.
Tätä samanlaista havaintoon perustuvaa tarkastelua voisi jatkaa myös tapauksessa
n = 2, mutta homma alkaa mennä vähän hankalaksi, kun kuvasta 6 pitää
ruveta laskemaan noita reunoja. Kyllä se toki mahdollista on; jätetään se (aika
työlääksi, mutta ihan opettavaiseksi, jos piirtää osaa) harjoitustehtäväksi.
Yleistä (eikä pätevää) todistusta ei tämmöisellä huuhaa-metodilla tietenkään
koskaan saada aikaan, joten ryhdytään oikeisiin töihin eli todistetaan, että yhtälö
(D) pätee.
Lause 9.17 Olkoon n ∈ N ja olkoot kuvaukset i k = i k [∆n] : ∆n → ∆n × [0,1]
sekä vastaavat ketjuhomomorfismit i k n = i k n[∆n] : Sn(∆n) → Sn(∆n × [0,1]),
k = 0,1 kuten määritelmässä 9.15. Sovitaan lisäksi, että i k n = 0, kun n < 0.
Olkoot Dk = Dk[∆n] : Sk(∆n) → Sk+1(∆n × [0,1]), k ∈ Z kuten määritelmässä
9.14. Sovitaan lisäksi, että Dk = 0 kun k < 0. Tällöin
i 1 n(id∆n ) − i0 n(id∆n ) = ∂n+1Dn(id∆n ) + Dn−1 ◦ ∂n(id∆n ).
Todistus. Koska ik n = 0 ja Dn = 0 kun n < 0, niin väite pätee kun n < 0. Kun
n ≥ 0, niin todistus on raaka lasku. Tapaus n = 0 on vähän poikkeava, koska
D−1 = 0, mutta se menee tässä samalla, kun hyväksytään sellaisia merkintöjä
kuin esimerkiksi −1 i=0 sopimalla, että tämmöinen on aina nolla.
Näin se käy:
114

∂n+1Dn(id∆n ) + Dn−1 ◦ ∂n(id∆n ) i) =
⎛
n
∂n+1 ⎝ (−1) j (id∆n × id) ◦ Aj ⎞
n
⎠
n + Dn−1 (−1) i id∆n ◦ F i
ii)
n =
∂n+1
⎛
⎝
j=0
n
(−1) j A j ⎞
n
⎠
n + Dn−1 (−1) i F i
n
j=0
n
(−1) j ∂n+1(A j n) +
j=0
i=0
n
(−1) i Dn−1(F i n) iv)
=
i=0
n
(−1) j
n+1
(−1) i A j n ◦ F i n+1 +
j=0
0≤i≤j≤n
0≤i≤j≤n−1
0≤i≤j≤n
0≤i≤j≤n−1
0≤i≤j≤n
0≤i

joten väite pätee. Tässä yhtälö
i) seuraa Dn:n ja reunan määritelmistä,
ii) on trivialiteetti, koska selvästi id∆0 × id = id,
iii) seuraa siitä, että ∂n+1 ja Dn−1 ovat homomorfismeja,
iv) seuraa reunan ja Dn−1:n määritelmistä ja
v) on summamanipulaatio. Tässä on nuo molemmat kaksoissummat järjestetty
uudelleen ja hajoitettu kahteen osaan. Tämmöinen on Abelin ryhmässä mahdollista,
koska yhteenlaskun järjestyksellä ei ole väliä. Toki tässä pitää olla tarkkana,
ettei mitään jää pois eikä mitään tule laskettua kahteen kertaan. Jätetään
harjoitustehtäväksi varmistua siitä.
Yhtälö
vi) seuraa lauseista 9.11 sekä 9.13 ja
vii) on myös summamanipulaatio. Tässähän ensimmäinen ja neljäs summa ovat
ennallaan. Toisessa summassa on tehty indeksinvaihto k = i − 1. Huomaa, että
summan merkki vaihtuu. Kolmannessa summassa on tehty myös indeksinvaihto,
tällä kertaa k = j +1. Tässäkin merkki vaihtuu. Näissäkin pitää olla erittäin
tarkkana, että indeksinvaihdoissa nuo summeerausrajat menevät oikein; näissähän
on kaksoisindeksointi ja tämmöiset tahtovat olla aina vähän vaarallisia.
Jätetään varmistukset taas harjoitustehtäväksi.
Yhtälö viii) seuraa siitä, että kolmas summa ”supistaa” ensimmäistä (huomaa
tuossa edellä vaihtunut etumerkki) ja vastaavasti neljäs summa supistaa toista.
Yhtälössä ix) merkit katoavat parilliseen eksponenttiin ja
yhtälössä x) on irroitettu yksi termi molemmista summista ja jätetty ”hatutettu”
eli poisjätettävä piste kirjoittamatta.
Yhtälössä xi) on tehty indeksinvaihto j = k + 1, jonka jälkeen
yhtälö xii) on trivialiteetti.
Yhtälö xiii) seuraa pisteiden ak ja bk määritelmästä.
Yhtälössä xiv) kaikki kuvaukset ovat affiineja, joten lauseen 1.29 nojalla riittää
tarkistaa, että ∆n:n kärkipisteissä ej pätee ((e0,k)...(en,k)) (ej) = i k ◦
(e0 ...en)(ej), k = 1,2. Tämä seuraa suoraan i k :n määritelmästä.
Yhtälö xv) on triviaali, koska (e0 ...en) = id∆n ja lopulta
yhtälö xvi) seuraa lauseesta 3.12.
Nyt on siis osoitettu, että sivun 100 yhtälö (T) pätee indeksille n, kun Tn =
Dn[∆n], X = ∆n, σ = id∆n ja f = i1 [∆n] sekä g = i 0 [∆n]. Seuraavaksi lähdetään
yleistämään tätä. Ensimmäisessä vaiheessa yritetään saada ∆n:n paikalle
mielivaltainen topologinen avaruus X ja identtisen kuvauksen id∆n paikalle
mielivaltainen σ ∈ Σn(X) ja tietysti sitten kiinteän indeksin n paikalle mielivaltainen
n. Tämä onnistuu lauseessa 9.20, mutta sitä ennen tarvitaan pari
aputulosta.
116

Lause 9.18 Olkoon X topologinen avaruus, n ∈ N ja σ ∈ Σn(X). Silloin kuvaus
σ : ∆n → X on jatkuva, joten ilmeisesti myös kuvaus σ × id : ∆n × [0,1] →
X × [0,1] on jatkuva ja indusoi siten ketjuhomomorfismin
Tälle pätee
(σ × id)n+1 : Sn+1(∆n × [0,1]) → Sn+1(X × [0,1]).
Dn[X](σ) = (σ × id)n+1 ◦ Dn[∆n](id∆n ).
Todistus. Tämä on suora lasku:
(σ × id)n+1 ◦ Dn[∆n](id∆n ) i) ⎛
n
= (σ × id)n+1 ⎝ (−1) j (id∆n × id) ◦ Aj ⎞
⎠
n
ii)
=
⎛
n
(σ × id)n+1 ⎝ (−1) j A j ⎞
⎠
n
iii)
=
j=0
j=0
n
(−1) j (σ × id) ◦ A j n
j=0
iv)
= Dn[X](σ),
joten väite pätee. Tässä yhtälö
i) seuraa Dn[∆n]:n määritelmästä,
ii) seuraa siitä, että ilmeisesti id∆n × id = id,
iii) seuraa lauseesta 3.12 ja
iv) seuraa Dn[X]:n määritelmästä.
Lause 9.19 Olkoon X topologinen avaruus, n ≥ 1 ja σ ∈ Σn(X). Tällöin pätee
Dn−1[X](∂nσ) = (σ × id)n ◦ Dn−1[∆n](∂n(id∆n )).
Todistus. Tämäkin on suora lasku:
(σ × id)n ◦ Dn−1[∆n](∂n(id∆n )) i)
n
= (σn × id)n ◦ Dn−1[∆n] (−1) i id∆n ◦ F i
ii)
n =
n
(σ × id)n ◦ Dn−1[∆n] (−1) i F i
n
i=0
i=0
i=0
n
iii)
= (σ × id)n (−1) i Dn−1[∆n](F i n)
n
(σ × id)n (−1) i (F i n × id)n ◦ Dn−1[∆n−1](id∆n−1 )
v)
=
i=0
i=0
n
(−1) i (σ × id)n ◦ (F i vi)
n × id)n ◦ Dn−1[∆n−1](id∆n−1 ) =
n
(−1) i (σ × id) ◦ (F i n × id)
i=0
i=0
n
vii)
◦ Dn−1[∆n−1](id∆n−1 ) =
n
(−1) i ((σ ◦ F i viii)
n) × id)n ◦ Dn−1[∆n−1](id∆n−1 ) =
n
(−1) i Dn−1[X](σ ◦ F i n) ix)
n
= Dn−1[X] (−1) i σ ◦ F i
x)
n = Dn−1[X](∂nσ),
i=0
117
i=0
iv)
=

joten väite pätee. Tässä yhtälö
i) seuraa reunakuvauksen määritelmästä,
ii) on trivialiteetti,
iii) seuraa siitä, että Dn−1[∆n] on homomorfismi,
iv) saadaan soveltamalla lausetta 9.18 simpleksiin F i n ∈ Σn−1(∆n),
v) seuraa siitä, että (σ × id)n on homomorfismi,
vi) seuraa lauseesta 3.13,
vii) seuraa siitä, että ilmeisesti (σ × id) ◦ (F i n × id) = (σ ◦ F i n) × id,
viii) saadaan soveltamalla lausetta 9.18 simpleksiin σ ◦ F i n ∈ Σn−1(X),
ix) seuraa siitä, että Dn−1[X] on homomorfismi ja
x) on reunan määritelmä.
Nyt saadaan yleistettyä lause 9.17 – tässä kuvaukset f ja g sivun 100 kaavassa
(T) ovat vielä yksinkertaiset i 0 ja i 1 :
Lause 9.20 Olkoon X topologinen avaruus ja olkoot i k [X] : X → X × [0,1],
k = 0,1 kuten määritelmässä 9.15. Olkoot edelleen ketjuhomomorfismit i k n[X] :
Sn(X) → Sn(X × [0,1]), k = 0,1, n ∈ N kuten määritelmässä 9.15. Sovitaan
lisäksi, että i k n[X] = 0, kun n < 0. Olkoot Dn[X] : Sn(X) → Sn+1(X × [0,1]),
n ∈ N kuten määritelmässä 9.14. Sovitaan lisäksi, että Dn[X] = 0 kun n < 0.
Tällöin kaikille n ∈ Z ja kaikille σ ∈ Σn(X) pätee
i 1 n[X](σ) − i 0 n[X](σ) = ∂n+1 ◦ Dn[X](σ) + Dn−1[X] ◦ ∂n(σ).
Todistus. Kun n < 0, niin tehtyjen sopimusten mukaan yhtälön molemmat puolet
ovat nollia, joten väite pätee. Voidaan siis olettaa, että n ≥ 0.
Jotta aikaisempia tuloksia voitaisiin käyttää hyväksi, tarvitaan yhteys homomorfismien
i k n[X] ja i k n[∆n] välillä. Se saadaan seuraavan havainnon avulla:
i k [X] ◦ σ = (σ × id) ◦ i k [∆n], k = 0,1. (1)
Tämä näkyy suoraan määritelmästä 9.15.
Olkoon sitten σn : Sn(∆n) → Sn(X) jatkuvan kuvauksen σ : ∆n → X indusoima
ketjuhomomorfismi. Tällöin lauseen 3.12 nojalla
σn(id∆n ) = σ ◦ id∆n = σ. (2)
Lauseen väite saadaan näiden havaintojen avulla taas kylmästi laskemalla:
∂n+1 ◦ Dn[X](σ) + Dn−1[X] ◦ ∂n(σ) i) =
∂n+1((σ × id)n+1 ◦ Dn[∆n](id∆n )) + (σ × id)n
ii)
◦ Dn−1[∆n](∂n(id∆n )) =
118

(σ × id)n ◦ ∂n+1 ◦ Dn[∆n](id∆n ) + (σ × id)n
iii)
◦ Dn−1[∆n](∂n(id∆n )) =
iv)
(σ × id)n ∂n+1 ◦ Dn[∆n](id∆n ) + Dn−1[∆n](∂n(id∆n )) =
(σ × id)n i 1 n[∆n](id∆n ) − i0n[∆n](id∆n )
v)
=
(σ × id)n ◦ i 1 n[∆n](id∆n ) − (σ × id)n ◦ i 0 vi)
n[∆n](id∆n ) =
((σ × id) ◦ i 1 [∆n])n(id∆n ) − ((σ × id) ◦ i0 vii)
[∆n])n(id∆n ) =
(i 1 [X] ◦ σ)n(id∆n ) − (i0 viii)
[X] ◦ σ)n(id∆n ) =
i 1 n[X] ◦ σn(id∆n ) − i0 ix)
n[X] ◦ σn(id∆n ) =
i 1 n[X](σ) − i 0 n[X](σ),
joten väite pätee. Tässä yhtälö
i) seuraa lauseista 9.18 ja 9.19 ja
ii) seuraa siitä, että lauseen 5.4 mukaan perhe {(σ × id)n}n∈Z on ketjukuvaus,
jolloin pätee ∂n+1 ◦ (σ × id)n+1 = (σ × id)n ◦ ∂n+1. Yhtälö
iii) seuraa siitä, että (σ × id)n on homomorfismi,
iv) seuraa lauseesta 9.17,
v) seuraa taas siitä, että (σ × id)n on homomorfismi,
vi) seuraa lauseesta 3.13,
vii) seuraa ehdosta (1),
viii) seuraa taas lauseesta 3.13 ja
ix) seuraa ehdosta (2).
Nyt aletaan olla jo aika lähellä sivun 100 yhtälön (T) todistusta. Tässä ei ole
vielä puhuttu homotopiasta oikeastaan mitään ja suurena tavoitteenahan oli
osoittaa, että homotopisten kuvausten indusoimat ketjukuvaukset ovat ketjuhomotopisia.
Tässä ei ole myöskään vielä määritelty yhtälössä (T) esiintyvää
ketjuhomotopiaa T, mutta nyt se voidaan tehdä. Määritelmä on yksinkertainen:
Määritelmä 9.21 Olkoot X ja Y topologisia avaruuksia ja f,g ∈ C(X,Y )
homotopisia, jolloin on olemassa niiden välinen homotopia eli jatkuva kuvaus
F : X × [0,1] → Y siten, että
f(x) = F(x,1)
kaikille x ∈ X.
g(x) = F(x,0)
Olkoon kaikille n ∈ N Fn : Sn(X × [0,1]) → Sn(Y ) kuvauksen F indusoima ketjuhomomorfismi
ja Dn[X] : Sn(X) → Sn+1(X ×[0,1]) määritelmän 9.14 mukainen
homomorfismi. Määritellään kaikille n ∈ N homomorfismi Tn : Sn(X) →
Sn+1(Y ) asettamalla
Tn = Fn+1 ◦ Dn[X].
119

Siirrytään taas vaihteeksi heuristiikkaan ja katsotaan mitä tässä tapahtuu. Tavoitteena
on tietenkin osoittaa, että sivun 100 yhtälö (T) toteutuu. Tilannetta
on kovasti yksinkertaistettava, jotta voidaan piirtää kuvia. Oletetaan, että
X = ∆1 ja Y = R2 . Oletetaan lisäksi, että σ = id∆1 . Oletetaan myös, että f,g
ja F ovat affiineja. Kuvausten f ja g homotopian puolesta tilanne näyttää tältä:
∆1 × [0,1]
−→
F
KUVA 20
↑
g(∆1) = F(∆1 × {0})
f(∆1) = F(∆1 × {1})
ւ
Tapauksessa n = 1 (ja σ = id∆1 ) tavoiteltu yhtälö (T) kuuluu näin:
f1(id∆1 ) − g1(id∆1 ) = ∂2 ◦ T1(id∆1 ) + T0 ◦ ∂1(id∆1 ). (1)
Kuvassa 14 nähtiin, että i1 1(id∆n ) − i01(id∆n ) näyttää seuraavalta eli koostuu
kuvan 14 kahdesta suunnistetusta janasta:
i1 (e0) = (e0,1)
• •
i0 (e0) = (e0,0) • •
i 1 1(id∆1 ) − i0 1(id∆1 )
(e1,1) = i 1 (e1)
(e1,0) = i 0 (e1)
Aivan analogisesti (vrt. kuva 20) nähdään, että f1(id∆1 ) − g1(id∆1 ) näyttää
tältä:
f(e0)
f(∆1) = F(∆1 × {1})
•
ւ
• f(e1)
g(e0)
•
g(∆1) = F(∆1 × {0})
ր
KUVA 21
•
g(e1)
120

eli se koostuu noista kahdesta kuvan 21 suunnistetusta janasta. Tämä on siis
yhtälön (1) vasen puoli. Oikeaa puolta varten muistetaan kuva 15, jonka mukaan
D1[∆1](id∆1 ) on kahden suunnistetun kolmion summa:
i 1 (e0) = (e0,1)
i 0 (e0) = (e0,0)
D1[∆1](id∆1 )
(e1,1) = i 1 (e1)
(e1,0) = i 0 (e1)
Koska määritelmän 9.21 (jossa nyt siis X = ∆1) mukaan T1 = F2 ◦ D1[∆1],
niin T1(id∆1 ) saadaan kuvaamalla nuo kolmiot edelleen avaruuteen Y kuvauksella
F. Tällöin T1(id∆1 ) on kahden tällaisen suunnistetun kolmion summa:
g(e0)
•
f(e0)
•
•
g(e1)
•
f(e1)
T1(id∆1 )
Kun tästä sitten lasketaan reuna – kuten kaavassa (1) pitää laskea, käy kuten
kuvassa 16 eli nuo diagonaalin vastakkaiset suunnistukset tappavat toisensa,
ja lopputulema näyttää tältä:
g(e0)
•
f(e0)
•
∂2T1(id∆1 )
KUVA 22
121
•
g(e1)
•
f(e1)

Kuvassa 22 olevien neljän suunnistetun janan summa on siis ∂2T1(id∆1 ).
Kuvassa 18 esitettiin D0[∆1](∂1(id∆1 )), joka näytti tältä:
i •
1 (e0) = (e0,1)
• (e1,1) = i1 (e1)
• • (e1,0) = i0 i (e1)
0 (e0) = (e0,0)
D0[∆1](∂1(id∆1 ))
Tässä siis on kyse näiden kahden suunnistetun janan summasta.
Koska T0 = F1 ◦ D0[∆1], niin T0(∂1(id∆1 )) saadaan kuvaamalla nuo janat avaruuteen
Y kuvauksella F. Lopputulema näyttää silloin tältä:
g(e0)
•
f(e0)
•
•
g(e1)
T0(∂1(id∆1 ))
KUVA 23
•
f(e1)
Siis T0(∂1(id∆1 )) on näiden kahden suunnistetun janan summa. Laskemalla yhteen
kuvien 22 ja 23 janat saadaan yhtälön (1) oikea puoli. Tässä summassa
kaksi paria vastakkaisia janoja supistuu pois ja jäljelle jää vai kaksi, jotka ovat
täsmälleen samat kuin kuvassa 21. Mutta kuvan 21 janat esittävät yhtälön (1)
vasenta puolta, joten yhtälö (1) pätee.
Näin väite on heuristisesti, enemmän tai vähemmän vakuuttavasti uskoteltu
oikeaksi (tapauksessa X = ∆1 ja σ = id∆1 ), joten on ehkä syytä myös todistaa
se kunnolla:
Lause 9.22 Olkoot X ja Y topologisia avaruuksia ja f,g ∈ C(X,Y ) homotopisia
kuvauksia, jolloin on olemassa niiden välinen homotopia eli jatkuva kuvaus
122

F : X × [0,1] → Y siten, että
f(x) = F(x,1)
g(x) = F(x,0)
kaikille x ∈ X.
Olkoon kaikille n ∈ N Fn : Sn(X × [0,1]) → Sn(Y ) kuvauksen F indusoima
ketjuhomomorfismi. Olkoon Dn[X] : Sn(X) → Sn+1(X × [0,1]) määritelmän
9.14 mukainen homomorfismi. Määritellään kaikille n ∈ N homomorfismi Tn :
Sn(X) → Sn+1(Y ) asettamalla
Tn = Fn+1 ◦ Dn[X].
Sovitaan lisäksi, että Tn = 0, kun n < 0. Olkoot fn,gn : Sn(X) → Sn(Y )
kuvauksien fn ja gn indusoimia ketjuhomomorfismeja kaikille n ∈ N ja fn =
gn = 0 kun n < 0. Tällöin kaikille n ∈ Z pätee
fn − gn = ∂n+1 ◦ Tn + Tn−1 ◦ ∂n : Sn(X) → Sn(Y ).
Todistus. Koska kaikki nämä kuvaukset ovat homomorfismeja, riittää osoittaa,
että kaikille σ ∈ Σn(X) pätee
fn(σ) − gn(σ) = ∂n+1 ◦ Tn(σ) + Tn−1 ◦ ∂n(σ). (1)
Olkoot ketjuhomomorfismit i k n[X] : Sn(X) → Sn(X × [0,1]), k = 0,1 ja n ∈ N
kuten määritelmässä 9.15.
Selvästi väite (1) pätee, kun n < 0. Olkoon sitten n ≥ 0 ja σ ∈ Σn(X) mielivaltainen.
Väite (1) saadaan taas kylmästi laskemalla:
∂n+1 ◦ Tn(σ) + Tn−1 ◦ ∂n(σ) i) =
∂n+1 ◦ Fn+1 ◦ Dn[X](σ) + Fn ◦ Dn−1[X] ◦ ∂n(σ) ii)
=
Fn ◦ ∂n+1 ◦ Dn[X](σ) + Fn ◦ Dn−1[X] ◦ ∂n(σ) iii)
=
Fn ◦ (∂n+1 ◦ Dn[X](σ) + Dn−1[X] ◦ ∂n(σ)) iv)
= Fn
i 1 n[X](σ) − i 0 n[X](σ) v)
=
Fn ◦ i 1 n[X](σ) − Fn ◦ i 0 n[X](σ) vi)
= (F ◦ i 1 [X])n(σ) − (F ◦ i 0 [X])n(σ) vii)
=
fn(σ) − gn(σ),
joten väite pätee. Tässä yhtälö
i) tulee Tn:n määritelmästä,
ii) seuraa siitä, että {Fk}k∈Z on lauseen 5.4 mukaan ketjukuvaus, joten
∂n+1 ◦ Fn+1 = Fn ◦ ∂n+1,
iii) seuraa siitä, että Fn on homomorfismi,
iv) seuraa lauseesta 9.20,
v) seuraa taas siitä, että Fn on homomorfismi,
vi) seuraa lauseesta 3.13 ja
123

vii) seuraa siitä, että F ◦ i 1 [X] = f ja F ◦ i 0 [X] = g. Nämä väitteet taas nähdään
oikeaksi näin: Kaikille x ∈ X pätee F ◦ i 1 [X](x) = F(x,1) = f(x), missä
ensimmäinen yhtälö seuraa i 1 [X]:n määritelmästä ja jälkimmäinen lauseen oletuksesta.
Vastaavasti nähdään, että F ◦ i 0 [X] = g.
Nyt voidaan lopulta muotoilla haluttu lause.
Lause 9.23 Olkoot X ja Y topologisia avaruuksia ja f,g ∈ C(X,Y ) homotopisia
kuvauksia. Tällöin ketjukuvaukset {fn}n∈Z ja {gn}n∈Z (S(X),∂) → (S(Y ),∂)
ovat ketjuhomotopisia.
Todistus. Tämä seuraa suoraan ketjuhomotopian määritelmästä ja lauseesta
9.22.
Näin on ankaran ponnistelun jälkeen saatu aikaan merkittävä tulos ja voidaan
kysyä, että mitä hyötyä tästä nyt sitten on. Tärkein asia, joka tästä seuraa
on lause 9.29, jossa nähdään, että homotopisesti ekvivalenteilla avaruuksilla on
isomorfiset homologiaryhmät. Tämä helpottaa tavattomasti homologiaryhmien
laskemista monissa tilanteissa. Homotopiaekvivalenssi on hyvin joustava käsite
(paljon joustavampi kuin homeomorfismi), ja tuon tuloksen nojalla voidaan
muuttaa tarkasteltavaa avaruutta laskujen kannalta helpommaksi. Hyöty on
todella merkittävää monessa tapauksessa. Ensimmäisenä esimerkkinä tästä on
esimerkki 9.33, jossa saadaan lähes ilmaiseksi avaruuksien R n kaikki homologiaryhmät.
Nyt tämän luvun lopun lauseet ovat kaikki todistukseltaan hyvin helppoja: tuo
massiivinen työ lauseen 9.23 todistuksessa kantaa hedelmää. Todetaan ensin
muutamia algebrallisia perusfaktoja homotopisille ketjukuvauksille. Seuraavien
lauseiden todistukset ovat analogisia lauseiden 8.2-4 todistuksille.
Lause 9.24 Olkoot (G,∂) ja (G ′ ,∂ ′ ) ketjukomplekseja. Ketjuhomotopia on ekvivalenssirelaatio
kaikkien ketjukuvausten (G,∂) → (G ′ ,∂ ′ ) joukossa.
Todistus. Harjoitustehtävä.
Lause 9.25 Olkoot (G,∂) ja (G ′ ,∂ ′ ) ketjukomplekseja ja ϕ,ψ : (G,∂) → (G ′ ,∂ ′ )
ketjukuvauksia siten, että ϕ ∼ ψ. Olkoot lisäksi (H,∂ H ) ja (H ′ ,∂ H′ ) ketjukomplekseja
ja ξ : (H,∂ H ) → (G,∂) ja η : (G ′ ,∂ ′ ) → (H ′ ,∂ H′ ) ketjukuvauksia.
Tällöin pätee
η ◦ ϕ ◦ ξ ∼ η ◦ ψ ◦ ξ.
Todistus. Harjoitustehtävä. Ketjuhomomorfismien yhdiste on määritelty 9.2:ssa.
Tässä on syytä huomata myös, että ketjukuvausten yhdiste on todella ketjukuvaus
– tähänhän ei 9.2:ssa eli yhdisteen yleisessä määritelmässä kiinnitetty huomiota.
On ehkä syytä huomata myös, että tämä yhdiste on assosiatiivinen, joten
väitteen ketjuhomomorfismeissa ei tarvita sulkuja.
124

Lause 9.26 Olkoot (G,∂ G ), (H,∂ H ) ja (K,∂ K ) ketjukomplekseja ja ϕ,ϕ ′ :
(G,∂ G ) → (H,∂ H ) sekä ψ,ψ ′ : (H,∂ H ) → (K,∂ K ) ketjukuvauksia siten, että
ϕ ∼ ϕ ′ ja ψ ∼ ψ ′ . Tällöin pätee
Todistus. Harjoitustehtävä.
ψ ◦ ϕ ∼ ψ ′ ◦ ϕ ′ .
Lauseessa 5.5 ja määritelmässä 5.6 todettiin, että ketjukuvaus ϕ : (G,∂) →
(G ′ ,∂ ′ ) indusoi homologiahomomorfismin ϕn : Hn → H ′ n, n ∈ Z, kun asetetaan
ϕn([a]) = [ϕn(a)] kaikille a ∈ Zn.
Nyt huomataan, että ketjuhomotopiset ketjukuvaukset indusoivat täsmälleen
samat homologiahomomorfismit:
Lause 9.27 Olkoot (G,∂) ja (G ′ ,∂ ′ ) ketjukomplekseja ja ϕ,ψ : (G,∂) → (G ′ ,∂ ′ )
ketjukuvauksia siten, että ϕ ∼ ψ. Olkoot ϕn, ψn : Hn → H ′ n näiden indusoimat
homologiahomomorfismit, n ∈ Z. Tällöin pätee
ϕn = ψn kaikille n ∈ Z.
Todistus. Olkoon n ∈ Z ja a ∈ Zn. Riittää osoittaa, että
ϕn([a]) = ψn([a]) ∈ H ′ n. (1)
Koska oletuksen mukaan ϕ ∼ ψ, niin ketjuhomotopian määritelmän mukaan on
olemassa astetta +1 oleva porrastettu homomorfismi T : (G,∂) → (G ′ ,∂ ′ ) siten,
että
ϕ − ψ = ∂ ′ ◦ T + T ◦ ∂. (2)
Koska ∂ ′ n+1(T(a)) ∈ Im(∂ ′ n+1) = B ′ n, niin
[∂ ′ n+1(T(a))] = [0] ∈ Z ′ n/B ′ n = H ′ n. (3)
Toisaalta a ∈ Zn = Ker(∂n), joten ∂n(a) = 0, ja silloin, koska Tn−1 on homomorfismi,
pätee
Tn−1(∂n(a)) = 0 ∈ B ′ n,
josta edelleen saadaan
Näiden ehtojen nojalla
[Tn−1(∂n(a))] = [0] ∈ H ′ n. (4)
ϕn([a]) i) = [ϕn(a)] ii)
= [ψn(a) + ∂ ′ n+1 ◦ Tn(a) + Tn−1 ◦ ∂n(a)] iii)
=
[ψn(a)] + [∂ ′ n+1 ◦ Tn(a)] + [Tn−1 ◦ ∂n(a)] iv)
= [ψn(a)] v)
= ψn([a]),
joten väite (1) pätee. Tässä yhtälö
i) seuraa homologiahomomorfismin määritelmästä,
125

ii) ehdosta (2),
iii) tekijäryhmän laskutoimituksen määritelmästä,
iv) ehdoista (3) ja (4) sekä
v) homologiahomomorfismin määritelmästä.
Tämä melko helppo algebrallinen tulos yhdistettynä kovaan lauseeseemme 9.23
antaa:
Lause 9.28 Olkoot X,Y topologisia avaruuksia ja olkoot f,g ∈ C(X,Y ) siten,
että f ∼ g. Olkoot perheet {fn}n∈Z ja {gn}n∈Z kuvausten f ja g indusoimat
ketjukuvaukset (S(X),∂ X ) → (S(Y ),∂ Y ) ja edelleen homomorfismit fn, gn :
Hn → H ′ n, n ∈ Z näiden ketjukuvausten indusoimat homologiahomomorfismit.
Tällöin pätee
fn = gn kaikille n ∈ Z.
Todistus. Tämä seuraa suoraan lauseista 9.23 ja 9.27.
Nyt on sitten vuorossa tärkeä, tärkeä tulos, jota tässä on mainostettu pitkin
matkaa:
Lause 9.29 Olkoot X ja Y topologisia avaruuksia, jotka ovat homotopisesti
ekvivalentteja. Tällöin homologiaryhmät Hn(X) ja Hn(Y ) ovat isomorfisia kaikille
n ∈ Z. Tarkemmin: jos f : X → Y on homotopiaekvivalenssi, niin sen indusoima
homologiahomomorfismi fn : Hn(X) → Hn(Y ) on isomorfismi kaikille
n ∈ Z.
Todistus. Oletuksen X ∼ Y nojalla on olemassa homotopiaekvivalenssi f ∈
C(X,Y ). Silloin määritelmän mukaan f:llä on homotopiakäänteiskuvaus g ∈
C(Y,X) siten, että
f ◦ g ∼ idY ja g ◦ f ∼ idX. (1)
Olkoon n ∈ Z mielivaltainen ja olkoot fn, gn,( idX)n ja ( idY )n jatkuvien kuvausten
f,g,idX ja idY indusoimat homologiahomomorfismit. Näille saadaan
ja vastaavasti
fn ◦ gn
gn ◦ fn
i) ii) iii)
= (f ◦ g)n = ( idY
)n = idHn(Y ),
i) ii) iii)
= (g ◦ f)n = ( idX)n
= idHn(X),
joten gn = f −1
n ja väite seuraa. Näissä yhtälöt i) seuraavat lauseesta 5.7, yhtälöt
ii) ehdosta (1) ja lauseesta 9.28 sekä yhtälöt iii) lauseesta 5.8.
Seuraavaksi esitetään topologinen määritelmä, joka on varsin käyttökelpoinen
monissa sovelluksissa:
126

Määritelmä 9.30 Olkoon X topologinen avaruus ja A ⊂ X sen (topologinen)
aliavaruus ja i : A ֒→ X inkluusiokuvaus, i(a) = a kaikille a ∈ A. Sanotaan,
että jatkuva kuvaus r : X → A on retraktio, jos pätee
r ◦ i = idA.
Sanotaan edelleen, että r on deformaatioretraktio, jos r on ”tavallinen” retraktio
ja lisäksi pätee
i ◦ r ∼ idX.
Sanotaan, että A on avaruuden X (deformaatio-)retrakti, jos on olemassa
(deformaatio-)retraktio r : X → A.
Huomautus. Havainnollisesti A on X:n deformaatioretrakti, jos X voidaan ”jatkuvasti
liu’uttaa itseään pitkin A:ksi pitäen A koko ajan paikallaan”. Pelkkä
retraktisuus on vähän lievempi ehto, siinähän X ”jatkuvasti kuvataan A:ksi,
pitäen A koko ajan paikallaan”. Tässä nyt tietysti näiden termien ”liu’uttaa itseään
pitkin” ja ”kuvata” ero on täysin heuristinen ja lievästi sanoen hämärä.
Ehkä asia parhaiten valkenee esimerkin kautta:
Olkoon X = S 1 ja A ⊂ X yksiö. Tällöin A on triviaalisti X:n retrakti: vakiokuvaus
vie X:n A:lle pitäen A:n koko ajan paikallaan. Tässä A ei kuitenkaan
ole deformaatioretrakti. Tämä osoitetaan myöhemmin, mutta heuristinen selitys
tälle on seuraava: Jos ajatellaan ympyrää X kumilenkkinä, niin tämä ”jatkuvasti
liu’uttaa itseään pitkin” tarkoittaa kaikkia mahdollisia temppuja, joita tälle kumilenkille
voi venyttämällä tai kutistamalla (katkaista ei saa!) tehdä ottamatta
sitä kuitenkaan ”pois paikoiltaan” eli nämä temput on tehtävä niin, että kumilenkki
koko ajan kokonaan pysyy siinä kuvitteellisessa joukossa (eli S 1 :ssä), joka
on kumilenkin alkuasema.
Noin maalaisjärjellä ajatellen on aika selvää, ettei tämmöistä venyttelyä/kutistelua
voi mitenkään tehdä niin, että lopputulos olisi piste eli joukko A. Maalaisjärki
on tavanomaisine ennakkoluuloineen tällä kertaa ihan oikeassa (koska A ei
siis ole deformaatioretrakti), mutta tämän todistaminen onkin sitten ihan toinen
juttu.
Tässä siis A on kuitenkin triviaalisti retrakti. Jos tätä kumilenkkiajattelua jatketaan,
niin tässä pelkän retraktion määritelmässä ei ole homotopisuusehtoa
(mikä siis deformaatioretraktiolla on), mikä havainnollisesti (tässä tapauksessa)
tarkoittaa sitä, että tämän kumilenkin saa ottaa pois alkuasemastaan (kunhan
A ei liiku) ja tehdä sitten venytys/kutistusoperaatioita paremmassa tilassa. Tämähän
on nyt havainnollisesti selvää: naulataan kumilenkki kiinni pisteeseen A
ja nostetaan lenkki pois sijoiltaan (eli S 1 :stä vaikkapa R 3 :een) ja kutistetaan
siellä pisteeksi A. Tässä siis vain lopputulos ratkaisee eli A:n pitää pysyä alkuperäisellä
paikallaan ja toinen rajoittava ehto on jatkuvuus, joka kieltää katkaisemasta
tätä lenkkiä.
127

Tuon kuvailun jälkeen saattaa tuntua sille, että mikä tahansa aliavaruus on
retrakti, kun noita venytystemppuja saa käydä tekemässä vaikkapa naapuripitäjässä.
Ei se niin kuitenkaan mene. Tuo ehto r ◦ i = idA rajoittaa kuitenkin
melko paljon. Esimerkiksi, jos X = S 1 ja A on kahden pisteen aliavaruus, niin
A ei ole retrakti. Heuristisesti tämä on taas selvää, sillä jos se kuminauha naulataan
kahdesta kohtaa kiinni, niin ei sitä kyllä katkaisematta näille pisteille
kutisteta.
Tämän voi myös helposti todistaa ihan oikeasti: retraktio on määritelmänsä
mukaan surjektio A:lle ja jatkuvassa kuvauksessa yhtenäisen joukon kuva on
yhtenäinen, joten, koska S 1 on yhtenäinen, jokainen S 1 :n retrakti on yhtenäinen,
mitä kahden pisteen joukko ei (S 1 :n aliavaruustopologiassa) ole.
Siis (surjektiivisuuden perusteella) yhtenäisen avaruuden retrakti on aina yhtenäinen
ja vastaavasti kompaktin avaruuden retrakti on kompakti, koska kompaktin
joukon kuva jatkuvassa kuvauksessa on aina kompakti. Siten esimerkiksi
S 1 :n kaikki retraktit ovat yhtenäisiä ja kompakteja S 1 :n osajoukkoja.
Jätetään harjoitustehtäväksi todistaa, että itse asiassa jokainen S 1 :n yhtenäinen
ja kompakti osajoukko on retrakti. Mitkä näistä sitten ovat deformaatioretrakteja?
Eivät mitkään, paitsi tietysti S 1 itse. Tämän todistaminen ei onnistu vielä
tässä vaiheessa.
Entäpä sitten joukon R 2 (deformaatio)retraktit? Tässä avaruudessa yksiöt ovat
deformaatioretrakteja (harjoitustehtävä), retraktejahan ne ovat triviaalisti aina.
Retraktin ei ihan aina tarvitse olla suljettu, mutta Hausdorff-avaruuksissa (joita
kaikki sovellusavaruutemme ovat) retrakti on aina suljettu; tämän todistus
on helppo topologian harjoitustehtävä. Siten esimerkiksi avoin R 2 :n yksikköpallo
ei tällä perusteella ole retrakti. Huomaa, että tämän esimerkin mukaan edes
homeomorfisuus koko avaruuden kanssa ei riitä retraktisuuteen, deformaatioretraktisuudesta
puhumattakaan.
Myöskään esimerkiksi S 1 ei ole R 2 :n deformaatioretrakti eikä edes retrakti. Tämän
todistaminen on huomattavan vaikeaa. Itse asiassa tämän väitteen todistus
perustuu viime kädessä seuraavaan lauseeseen (tai lauseeseen 9.35), kuten
myöhemmin tullaan näkemään.
Lause 9.31 Olkoon X topologinen avaruus ja A ⊂ X deformaatioretrakti. Tällöin
kaikille n ∈ N pätee
Hn(A) ∼ = Hn(X).
Tarkemmin: Olkoon i : A ֒→ X upotuskuvaus ja in : Hn(A) → Hn(X) sen
indusoima homologiahomomorfismi. Olkoon lisäksi r : X → A deformaatioretraktio
ja rn : Hn(X) → Hn(A) sen indusoima homologiahomomorfismi. Tällöin
in ja rn ovat isomorfismeja.
128

Todistus. Oletuksen mukaan i ◦ r ∼ idX ja r ◦ i = idA ∼ idA, joten i ja r ovat
homotopiaekvivalensseja. Väite seuraa tällöin lauseesta 9.29.
Huomautus 9.32 Suoraan määritelmien nojalla nähdään (kuten lauseen 9.31
todistuksessa), että deformaatioretraktio on homotopiaekvivalenssi aina. Siten,
jos A on X:n deformaatioretrakti, niin A ∼ X. Pelkälle retraktille tämä ei välttämättä
päde. Huomaa myös, että määritelmien mukaan yksiöt ovat avaruuden
X deformaatioretrakteja jos ja vain jos X on kutistuva.
Esimerkki 9.33 Kuten tuossa edellä oli jo puhetta, näiden tulosten nojalla saadaan
lähes ilmaiseksi esimerkiksi avaruuden Rm kaikki homologiaryhmät. Esimerkin
8.10 mukaan Rm on kutistuva, joten huomautuksen 9.32 nojalla jokainen
Rm :n yksiö on deformaatiorekrakti. Yhden pisteen avaruuden {a} homologiaryhmät
tunnetaan tehtävästä 4.5, joten lauseen 9.29 nojalla
Hn(R m ) ∼ = Hn({a}) ∼
Z kun n = 0
=
0 muuten.
Huomautus 9.34 Jatkossa tullaan osoittamaan, että H1(S 1 ) ∼ = Z. Koska yhden
pisteen avaruudelle {a} pätee H1({a}) = 0, niin lauseen 9.31 nojalla S 1 :n
yksiöt eivät voi olla deformaatioretrakteja. Siis se kumilenkin venyttely ei tosiaankaan
onnistu. Tässä nyt pitää heti muistaa, että väitettä H1(S 1 ) ∼ = Z ei ole
vielä todistettu – eikä se helppoa olekaan. Jatkossa kehitellään erilaisia menetelmiä,
joiden avulla muun muassa tämä ryhmä osataan laskea.
Kuten huomautuksessa 9.32 todettiin, pelkälle retraktille A ⊂ X lauseen 9.31
väite ei päde. Jotain voidaan retraktillekin sanoa:
Lause 9.35 Olkoon X topologinen avaruus ja A ⊂ X retrakti. Olkoon i : A ֒→
X upotuskuvaus ja in : Hn(A) → Hn(X) sen indusoima homologiahomomorfismi.
Tällöin in on monomorfismi.
Todistus. Koska A on X:n retrakti, niin on olemassa jatkuva retraktio r : X → A
siten, että
r ◦ i = idA. (1)
Olkoon rn : Hn(X) → Hn(A) kuvauksen r indusoima homologiahomomorfismi.
Tällöin pätee
rn ◦in
i) ii) iii)
= (r ◦ i)n = ( idA)n
= idHn(A), (2)
missä yhtälö i) seuraa lauseesta 5.7, yhtälö ii) ehdosta (1) ja yhtälö iii) lauseesta
5.8.
Yleisesti kuvauksille on selvää, että jos f ◦ g on injektio, niin g on välttämättä
injektio – f:n ei tarvitse olla. Nyt ehdon (2) nojalla rn ◦in on injektio, joten
väite seuraa.
129

Esimerkki. Edellisen lauseen 9.35 nojalla voidaan usein nähdä, että jokin osajoukko
A ⊂ X ei ole retrakti. Tämä edellyttää sitä, että tunnetaan näiden
avaruuksien homologiaryhmät. Jos uskotaan huomautuksen 9.34 väitteeseen siitä,
että H1(S 1 ) ∼ = Z ja muistetaan esimerkissä 9.33 todistettu fakta H1(R 2 ) = 0,
niin lauseen 9.35 nojalla S 1 ei voi olla R 2 :n retrakti, koska ei voi olla olemassa
monomorfismia Z → 0. Tässä on tyypillinen tapa soveltaa algebrallista
topologiaa: puhtaan topologinen ongelma ”Onko olemassa jatkuvaa kuvausta
f : R 2 → S 1 siten, että f| S 1 = id S 1?” tulee tyylikkäästi ratkaistua algebran
keinoin. (Tietysti on muistettava, että ei tämä vielä niin kauhean tyylikästä ole:
H1(S 1 ) on edelleen laskematta.)
Tässä samaisessa ongelmassa ”Onko A X:n retrakti?” voi joskus käydä niin,
että Hn(A) ∼ = Z k ja Hn(X) ∼ = Z m , missä k > m. Tällöinkään A ei voi olla X:n
retrakti, koska ei ole olemassa monomorfismia Z k → Z m kun k > m. (Tämä on
vapaisiin Abelin ryhmiin liittyvä harjoitustehtävä.)
Poincarén konjektuuri. Homotopiaan liittyy läheisesti ns. Poincarén konjektuuri.
Tämän lähtökohdat ovat 1800-1900 lukujen vaihteessa, jolloin Henri
Poincaré tutki pallon pintojen Sn , n = 1,2,3 homologiaryhmiä. Poincaré osasi
laskea ne: Kun k = 1,2,3, niin
Hn(S k ) ∼
Z kun n = 0 tai n = k
=
0 muuten.
Vähän yksinkertaistaen sanoen k-ulotteinen monisto on topologinen avaruus, joka
on lokaalisti homeomorfinen avaruuden R k kanssa, ts. X:n jokaisella pisteellä
on ympäristö, joka on homeomorfinen R k :n kanssa. Poincaré onnistui todistamaan,
että jos X on k-ulotteinen kompakti monisto, missä k = 1,2, jolle pätee
Hn(X) ∼ = Hn(S k ) kaikille n, niin X ≈ S k . Tästä innostuneena hän esitti vuonna
1900 epäilyksen (eli konjektuurin), että sama pätisi myös kun k = 3. Epäilys
osoittautui pian vääräksi, sillä Poincaré itse onnistui vuonna 1904 konstruoimaan
vastaesimerkin, eli hän kehitti 3-ulotteisen kompaktin moniston X, jolle
pätee
Hn(X) ∼ =
Z kun n = 0 tai n = 3
0 muuten,
mutta X ≈ S 3 . Tämä esimerkkiavaruus tunnetaan ns. Poincarén homologiapallona.
Tämä esimerkki osoittaa sen, että homologiaryhmät ovat liian yksinkertaisia
laitteita, jotta niiden avulla voitaisiin tätä ongelmaa ”Päteekö annetulle kompaktille
3-ulotteiselle monistolle X ehto X ≈ S 3 ?” ratkaista. Varmaan osittain
tämän takia Poincaré lähti kehittelemään vähän hienostuneempia ryhmiä, jotka
tarkemmin erottelisivat ei-homeomorfisia avaruuksia. Lopputulema – eli nämä
tarkemmat ryhmät – tunnetaan nimellä homotopiaryhmät ja niitä on tapana
merkitä symboleilla πn(X), n ∈ N. Näillekin pätee X ∼ Y ⇒ πn(X) ∼ = πn(Y )
130

kaikille n ∈ N. Osoittautui, että tuon homologiapallon H homotopiaryhmä
π1(H) on varsin mutkikas (siinä on 120 virittäjää), mutta ”oikean” pallon S 3
homotopiaryhmä on triviaali, π1(S 3 ) = 0. Erityisesti siis π1(H) ∼ = π1(S 3 ), joten
tämä osoittaa sen, että H ja S 3 eivät ole homeomorfisia – eivätkä edes homotopisia.
Jatkokysymyksenä voi sitten kysyä, että jos X on 3-ulotteinen kompakti monisto,
jolle pätee πn(X) ∼ = πn(S 3 ) kaikille n, niin onko X ≈ S 3 ?
Tämä ongelma jäi Poincarélta ratkaisematta; se – niinkuin tällaiset pulmat
yleensä – askarrutti sittemmin matemaatikkoja yleisesti ja sitä ruvettiin kutsumaan
Poincarén konjektuuriksi. Poincarén alkuperäinen homologiaratkaisu toimii
myös tälle homotopiakonjektuurille dimensioissa 1 ja 2. Tämän probleeman
lopullinen ratkaisu oli hämmästyttävä. Kävi nimittäin niin, että vuonna 1961
Stephen Smale onnistui ratkaisemaan sen, mutta ei suinkaan dimensiossa 3, vaan
kaikissa dimensioissa n, missä n ≥ 5! Vastaus oli kyllä, siis Poincarén konjektuuri
pätee kun n ≥ 5.
Tapahtui siis sellainen ällistyttävä ilmiö, että ongelma osattiin hoitaa kaikissa
dimensioissa n, paitsi kun n = 3 tai n = 4. Mitä vikaa näissä dimensioissa
oli?
Kukaan ei tiennyt. Vuonna 1982 Michael Freedman ratkaisi asian (jälleen myönteisesti)
kun n = 4. Jäljellä oli enää siis dimensio n = 3, eli Poincarén alkuperäinen
ongelma.
Tämä oli niin omituista, että konjektuuri alkoi herättää suurta huomiota ja kohosi
vastaavanlaisten kuuluisien konjektuurien joukkoon. Vuosituhannen vaihteessa
tämä konjektuuri valittiin yhdeksi seitsemästä ongelmasta, ”Millenium
Prize Problems”, joiden ratkaisemisesta (suuntaan tai toiseen) luvattiin miljoonan
dollarin palkinto.
Vuonna 2003 pietarilainen matemaatikko Grigori Perelman onnistui lopulta ratkaisemaan
asian, jälleen myönteisesti. Ratkaisu herätti valtavaa huomiota. Alkuperäisessä
Perelmanin todistuksessa oli pieniä aukkoja, mutta ne onnistuttiin
paikkaamaan ja vuonna 2006 voitiin vahvistaa, että Poincarén konjektuuri oli
ratkaistu.
Perelman (s. 1966) on persoonana varsin erikoinen – niinkuin nerot usein. Hänelle
myönnettiin vuonna 2006 matematiikan Fieldsin mitali, joka vastaa suurinpiirtein
Nobelin palkintoa. Perelman kieltäytyi kuitenkin ottamasta sitä vastaan
eikä matkustanut Madridissa pidettyyn kongressiin, jossa palkinto jaettiin.
Perelman on eronnut tutkijaprofessorin virastaan pietarilaisessa Steklov-instituutissa
ja asuu tiettävästi jossakin Pietarin lähellä äitinsä kanssa hyvin vaatimattomissa
oloissa. Hänelle on myös tarjottu lukuisia professuureja huippuyli-
131

opistoista, mm. Princetonista ja Stanfordista, mutta hän on kieltäytynyt niistä
kaikista. Tuon edellä mainitun Millenium-palkinnon (joka hänelle luonnollisesti
myönnettiin) vastaanottamisesta esiintyy ristiriitaista tietoa. Joidenkin lähteiden
mukaan Perelman on kieltäytynyt siitäkin, mutta on kieltäytynyt tai ei,
ainakaan tähän mennessä hän ei ole sitä ottanut vastaan.
Tuo edellä mainittu homotopiaryhmä π1(X), joka osoitti, että Poicarén homologiapallo
ei ole homeomorfinen S 3 :n kanssa, liittyy homologiaryhmään H1(X)
seuraavassa kuvailtavalla tavalla. Tätä ryhmää π1(X) sanotaan X:n perusryhmäksi.
(Mitään määritelmäähän tässä ei ole annettu, eikä anneta – kirjallisuudesta
löytyy.)
Ensinnäkin, π1(X) ei (yleensä) ole kommutatiivinen. Epäkommutatiivisessa ryhmässä
G määritellään G:n kommutaattori, C(G) asettamalla
C(G) = {xyx −1 y −1 | x,y ∈ G}.
Ryhmät H1(X) ja π1(X) ovat seuravanlaisessa yhteydessä toisiinsa: Kaikille
topologisille avaruuksille X pätee
H1(X) ∼ = π1(X)/C(π1(X)). (∗)
Tämähän tarkoittaa sitten sitä, että jos π1(X) tunnetaan, niin H1(X) saadaan
ehdosta (∗). Käänteinen päättely ei yleensä kuitenkaan onnistu.
Ehdossa (∗) tapahtuva tekijäryhmään siirtyminen saattaa yksinkertaistaa ryhmää
π1(X) huomattavasti. Esimerkkinä tästä on tuo mainittu homologiapallo
H, jonka perusryhmässä on peräti 120 virittäjää, mutta homologiaryhmä H1(H)
on triviaali.
Harjoitustehtäviä
9.1 Osoita, että kutistuvan avaruuden mielivaltainen aliavaruus ei välttämättä
ole kutistuva, mutta kutistuvan avaruuden retrakti on aina kutistuva.
10 Eksaktit jonot
Taas tarvitaan lisää algebraa. Tämän luvun tulokset ovat puhtaasti algebrallisia;
näitä käytetään jatkossa homologiaryhmien eksplisiittiseen laskemiseen.
Määritelmä 10.1 Olkoon {Gn}n∈Z perhe Abelin ryhmiä ja {ϕn}n∈Z perhe homomorfismeja
ϕn : Gn → Gn−1. Sanotaan, että jono
on eksakti, mikäli
... ϕn−1 ϕn ϕn+1 ϕn+2
←− Gn−1 ←− Gn ←− Gn+1 ←− ...
Im(ϕn+1) = Ker(ϕn) kaikille n ∈ Z.
132

Huomautus 10.2 Joskus määritelmän 10.1 ”jono” on äärellinen eli muotoa
Gm
ϕm+1
←− ... ϕn
←− Gn
joillekin m < n. Tällöin määritelmässä 10.1 ei oleteta näistä ääripäistä eli ryhmistä
Ker(ϕn) ja Im(ϕm+1) mitään. Joskus määritelmän 10.1 jono on mukava
kirjoittaa myös toisinpäin eli nuolet vasemmalta oikealle. Itse määritelmään
tällä ei ole vaikutusta, tuo piirros on vain havainnollistamassa asiaa.
Esimerkki 10.3 Jätetään harjoitustehtäväksi todistaa seuraavat pikku havainnot,
jotka kyllä jatkossa ovat tärkeässä roolissa monessa paikassa. Tämä (helppo)
harjoitustehtävä kannattaa ehdottomasti tehdä!
a) 0 −→ G −→ 0 on eksakti jos ja vain jos G = 0,
b) 0 −→ G ϕ
−→ H on eksakti jos ja vain jos ϕ on monomorfismi,
c) G ϕ
−→ H −→ 0 on eksakti jos ja vain jos ϕ on epimorfismi ja
d) 0 −→ G ϕ
−→ H −→ 0 on eksakti jos ja vain jos ϕ on isomorfismi.
Määritelmä 10.4 Olkoot G,G ′ ja G ′′ Abelin ryhmiä ja ϕ : G ′ → G sekä ψ :
G → G ′′ homomorfismeja. Sanotaan, että jono
′ ϕ
0 −→ G −→ G ψ
−→ G ′′ −→ 0
on lyhyt eksakti jono, mikäli se on eksakti.
Esimerkki 10.5 Olkoon G Abelin ryhmä, H ⊂ G aliryhmä i : H → G inkluusioja
π : G → G/H tekijäkuvaus. Tällöin
0 −→ H i
−→ G π
−→ G/H −→ 0
on lyhyt eksakti jono. Tämän todistus on helppo harjoitustehtävä.
Huomautus. Jos (G,∂) on ketjukompleksi, niin jono
... ∂n−1 ∂n ∂n+1 ∂n+2
←− Gn−1 ←− Gn ←− Gn+1 ←− ...
ei yleensä ole eksakti. Koska ketjukompleksissa ∂n ◦ ∂n+1 = 0, niin Im(∂n+1) ⊂
Ker(∂n) kaikille n. Jos olisi Im(∂n+1) = Ker(∂n), niin olisi myös
Hn = Zn/Bn = Ker(∂n)/Im(∂n+1) = 0
ja sama kääntäen. Siten ketjukompleksi on eksakti jos ja vain jos Hn = 0 kaikille
n. Tässä mielessä voidaan sanoa, että ”ketjukompleksin homologiaryhmät
mittaavat eksaktisuuden puutetta”.
133

Huomautus 10.6 Jos lyhyessä eksaktissa jonossa 0 −→ G ′ −→ G −→ G ′′ −→
0 kaksi kolmesta ryhmästä tunnetaan, kolmas voidaan usein määrätä. Jos esimerkiksi
G ′ ∼ = Z ∼ = G ′′ , niin G ∼ = Z 2 , ks. lause 10.9. Tämä ei aina kuitenkaan
ole mahdollista, sillä jos esimerkiksi G ′ ∼ = Z ∼ = G, niin G ′′ voi olla mikä tahansa
tekijäryhmä Zn, kuten helposti nähdään.
Tämän kolmannen tuntemattoman määräämisessä (jos se on mahdollista) voidaan
käyttää apuna suoran summan käsitettä. Todistetaan ensin pieni aputulos:
Lause 10.7 Olkoon 0 −→ G ′ f g ′′ −→ G −→ G −→ 0 lyhyt eksakti jono Abelin
ryhmiä ja olkoon G ′′ lisäksi vapaa. Tällöin pätee
G ∼ = Im(f) ⊕ G ′′ .
Todistus. Koska jono on eksakti, niin esimerkin 10.3 nojalla g on epimorfismi.
Koska G ′′ on vapaa, niin tällöin lauseen 2.24 nojalla on olemassa monomorfismi
ψ : G ′′ → G siten, että g ◦ ψ = idG ′′.
Koska ψ on monomorfismi, niin se on isomorfismi, kun se tulkitaan kuvaukseksi
ψ : G ′′ → Im(ψ). Tällöin lauseen 7.4 nojalla
joten väite seuraa, jos osoitetaan, että
Im(f) ⊕ Im(ψ) ∼ = Im(f) ⊕ G ′′ ,
G ∼ = Im(f) ⊕ Im(ψ). (1)
Koska sekä Im(f) että Im(ψ) ovat ryhmän G aliryhmiä, ehdon (1) todistamiseksi
riittää lauseen 7.5 nojalla osoittaa, että
Im(f) ∩ Im(ψ) = {0} ja (2)
Im(f) + Im(ψ) = G. (3)
Todistetaan ensin ehto (2). Olkoon siis x ∈ Im(f) ∩Im(ψ) mielivaltainen. Riittää
osoittaa, että
x = 0. (4)
Koska x ∈ Im(f) ∩ Im(ψ), niin on olemassa y ∈ G ′ siten että f(y) = x ja
toisaalta on olemassa z ∈ G ′′ siten, että x = ψ(z). Tällöin
x = ψ(z) i) = ψ ◦ g ◦ ψ(z) = ψ ◦ g(x) = ψ ◦ g ◦ f(y) ii)
= ψ(0) iii)
= 0,
joten ehto (4) ja siten myös ehto (2) pätee. Tässä yhtälö i) seuraa siitä, että
g ◦ ψ = idG ′′, yhtälö ii) seuraa siitä, että jono on eksakti, jolloin g ◦ f = 0 ja
yhtälö iii) siitä, että ψ on homomorfismi.
Todistetaan sitten ehto (3). Olkoon x ∈ G mielivaltainen. Riittää osoittaa, että
on olemassa a ∈ Im(f) ja b ∈ Im(ψ) siten että
x = a + b. (5)
134

Määritellään nämä haetut a ja b heti asettamalla
b = ψ ◦ g(x) ja a = x − ψ ◦ g(x).
Tällöin välittömästi ehto (5) on voimassa ja lisäksi b ∈ Im(ψ), joten riittää
osoittaa, että a ∈ Im(f) eli että
x − ψ ◦ g(x) ∈ Im(f). (6)
Koska jono on eksakti, niin Im(f) = Ker(g), joten ehto (6) voidaan kirjoittaa
muotoon
x − ψ ◦ g(x) ∈ Ker(g). (7)
Ehdon (7) todistamiseksi riittää osoittaa, että
Näin on, sillä
g(x − ψ ◦ g(x)) = 0.
g(x − ψ ◦ g(x)) i) = g(x) − g ◦ ψ ◦ g(x) ii)
= g(x) − g(x) = 0,
missä yhtälö i) seuraa g:n homomorfisuudesta ja yhtälö ii) siitä, että g ◦ ψ =
idG ′′.
Näin ehto (3) on todistettu ja siten asia on selvä.
Huomautus 10.8 Sovitaan mukavuussyistä, että jatkossa pysyvästi Z0 = {0},
niin tätä ei tarvitse aina erikseen mainita. Jatkossa tarvitaan myös pientä havaintoa
Z m ⊕ Z n ∼ m+n
= Z kaikille m,n ∈ N,
jonka todistus on helppo harjoitustehtävä – itse asiassa tämä seuraa melko suoraan
lauseesta 7.5.
Seuraava lause on monien sovellusten kannalta hyödyllinen. Siinä nimenomaan
pystytään lyhyestä eksaktista jonosta määräämään kolmas, jos kaksi tunnetaan:
Lause 10.9 Olkoon G Abelin ryhmä, m,n ∈ N ja jono
m f
0 −→ Z −→ G g
−→ Zn −→ 0 eksakti. Tällöin pätee
G ∼ = Z m+n .
Todistus. Ryhmä Z n on vapaa, joten jonon eksaktisuuden ja lauseen 10.7 nojalla
pätee
G ∼ = Im(f) ⊕ Z n . (1)
Koska jono on eksakti, niin f on esimerkin 10.3 nojalla monomorfismi ja siten
Z m ∼ = Im(f). Tällöin lauseen 7.4 ja ehdon (1) nojalla
G ∼ = Z m ⊕ Z n .
Väite seuraa tällöin huomautuksesta 10.8.
Myös lyhyen eksaktin jonon ensimmäinen ryhmä voidaan joissakin tapauksissa
määrätä, jos kaksi muuta tunnetaan:
135

Lause 10.10 Olkoon G Abelin ryhmä, m,n ∈ N ja jono
0 −→ G f m g
−→ Z −→ Zn −→ 0 eksakti. Tällöin pätee
G ∼ = Z m−n .
Huomautus. Tässä lauseen tilanteessa on välttämättä oltava m ≥ n (joten sitä
ei tarvitse erikseen olettaa), koska ei ole olemassa epimorfismia Z m → Z n kun
m < n. Jätetään tämän todistus harjoitustehtäväksi. Tällöin m −n ≥ 0 ja väite
on mielekäs. Tosin on niin, että tuo ehto m ≥ n seuraa myös tämän lauseen
todistuksesta.
Todistus. Ryhmä Z n on vapaa, joten jonon eksaktisuuden ja lauseen 10.7 nojalla
pätee
Z m ∼ = Im(f) ⊕ Z n . (1)
Im(f) on vapaan ryhmän Z m aliryhmä, joten lauseiden 2.26, 2.22 ja tehdyn
sopimuksen Z 0 = 0 nojalla pätee
Im(f) ∼ = Z k
Jonon eksaktisuuden nojalla f on monomorfismi ja siten
jolloin ehdon (2) nojalla
jollekin 0 ≤ k ≤ m. (2)
G ∼ = Im(f),
Ehtojen (2) ja (1) sekä lauseen 7.4 nojalla saadaan
jolloin huomautuksen 10.8 mukaan
G ∼ = Z k . (3)
Z m ∼ = Z k ⊕ Z n ,
Z m ∼ = Z k+n .
Silloin lauseen 2.21 nojalla m = k + n ja siten k = m − n, jolloin väite seuraa
ehdosta (3).
Seuraavassakin eksaktin jonon tapauksessa voidaan jonon ensimmäinen ryhmä
määrätä:
Lause 10.11 Olkoon G Abelin ryhmä, m,n,p ∈ N ja jono
0 −→ G f m g n h
−→ Z −→ Z −→ Zp −→ 0 eksakti. Tällöin pätee
G ∼ = Z m−n+p .
Todistus. Koska g on homomorfismi, niin Im(g) ⊂ Z n on aliryhmä. Olkoon
i : Im(g) ֒→ Z n upotuskuvaus, jolloin se on monomorfismi ja alkuperäisen
jonon eksaktisuuden nojalla myös jonosta
0 −→ Im(g)
i
−→ Z n h p
−→ Z −→ 0
136

tulee eksakti. Tällöin lauseen 10.9 nojalla saadaan
Im(g) ∼ = Z n−p . (1)
Toisaalta alkuperäisen jonon eksaktisuuden nojalla myös jono
0 −→ G f m g
−→ Z −→ Im(g) −→ 0
on eksakti. Käyttämällä tähän jonoon ehdon (1) antamaa isomorfismia saadaan
eksakti jono
0 −→ G −→ Z m −→ Z n−p −→ 0.
Tällöin lauseen 10.10 nojalla
G ∼ = Z m−(n−p) = Z m−n+p ,
joten väite pätee.
Seuraava aputulos tunnetaan nimellä ”viiden lemma”.
Lause 10.12 Olkoot Gk ja G ′ k , k = 1,...,5 Abelin ryhmiä ja ψk : Gk → G ′ k ,
k = 1,...,5 homomorfismeja sekä lisäksi ϕk = Gk → Gk−1 ja ϕ ′ k = G′ k →
G ′ k−1 , k = 2,...,5 homomorfismeja siten, että kaavio
ϕ2 ϕ3 ϕ4 ϕ5
G1 ←−−−− G2 ←−−−− G3 ←−−−− G4 ←−−−− G5
⏐
ψ1
G ′ 1
⏐
ψ2
ϕ ′
2
←−−−− G ′ 2
⏐
ψ3
ϕ ′
3
←−−−− G ′ 3
⏐
ψ4
ϕ ′
4
←−−−− G ′ 4
⏐
ψ5
ϕ ′
5
←−−−− G ′ 5
kommutoi. Oletetaan lisäksi, että kaavion molemmat vaakarivit ovat eksakteja ja
että ψ1 on monomorfismi, ψ2 ja ψ4 isomorfismeja sekä ψ5 epimorfismi. Tällöin
myös ψ3 on isomorfismi.
Todistus. Osoitetaan ensin, että ψ3 on monomorfismi. Algebran kurssin
tietojen perusteella riittää osoittaa, että Ker(ψ3) = {0}. Olkoon siis x3 ∈
Ker(ψ3) mielivaltainen. Pitää osoittaa, että
Ensin huomataan, että
x3 = 0. (1)
ψ2(ϕ3(x3)) i) = ϕ ′ 3(ψ3(x3)) ii)
= ϕ ′ 3(0) iii)
= 0, (2)
missä yhtälö i) seuraa kaavion kommutoinnista, yhtälö ii) siitä, että x3 ∈
Ker(ψ3) ja yhtälö iii) siitä, että ϕ ′ 3 on homomorfismi.
Koska ψ2 on oletuksen mukaan monomorfismi (se on myös epimorfismi, mutta
sitä tietoa ei tarvita vielä tässä), niin ehdon (2) perusteella pätee
ϕ3(x3) = 0 eli x3 ∈ Ker(ϕ3). (3)
137

Koska kaavion ylärivi on eksakti, niin Ker(ϕ3) = Im(ϕ4), jolloin ehdon (3)
nojalla
x3 ∈ Im(ϕ4).
Silloin on olemassa x4 ∈ G4 siten, että
Tälle x4:lle pätee
ϕ4(x4) = x3. (4)
ϕ ′ 4(ψ4(x4)) i) = ψ3(ϕ4(x4)) ii)
= ψ3(x3) iii)
= 0, (5)
missä yhtälö i) seuraa kaavion kommutoinnista, yhtälö ii) ehdosta (4) ja yhtälö
iii) siitä, että x3:n valinnan mukaan x3 ∈ Ker(ψ3).
Ehdon (5) perusteella
ψ4(x4) ∈ Ker(ϕ ′ 4). (6)
Koska kaavion alarivi on eksakti, niin Ker(ϕ ′ 4) = Im(ϕ ′ 5), jolloin ehdon (6)
nojalla
ψ4(x4) ∈ Im(ϕ ′ 5).
Silloin on olemassa x ′ 5 ∈ G ′ 5 siten, että
ϕ ′ 5(x ′ 5) = ψ4(x4). (7)
Koska ψ5 on oletuksen mukaan epimorfismi, niin on olemassa x5 ∈ G5 siten,
että
ψ5(x5) = x ′ 5. (8)
Tälle x5:lle pätee
ψ4(ϕ5(x5)) i) = ϕ ′ 5(ψ5(x5)) ii)
= ϕ ′ 5(x ′ 5) iii)
= ψ4(x4), (9)
missä yhtälö i) seuraa kaavion kommutoinnista, yhtälö ii) ehdosta (8) ja yhtälö
iii) ehdosta (7).
Koska ψ4 on oletuksen mukaan monomorfismi, niin ehdon (9) nojalla pätee
Tällöin
ϕ5(x5) = x4.
x4 ∈ Im(ϕ5). (10)
Koska kaavion ylärivi on eksakti, niin Im(ϕ5) = Ker(ϕ4). Tällöin ehdon (10)
nojalla pätee
x4 ∈ Ker(ϕ4) eli ϕ4(x4) = 0.
Väite (1) seuraa tällöin ehdosta (4).
Näin on osoitettu, että ψ3 on monomorfismi.
138

Pitää vielä osoittaa, että ψ3 on epimorfismi.
Olkoon x ′ 3 ∈ G ′ 3 mielivaltainen. Pitää löytää y3 ∈ G3 siten, että
ψ3(y3) = x ′ 3. (11)
Koska ψ2 on oletuksen mukaan epimorfismi (nyt tarvitaan siis tätä puolta; monomorfiaominaisuutta
käytettiin edellä), niin on olemassa x2 ∈ G2 siten, että
Tälle x2:lle pätee
ψ2(x2) = ϕ ′ 3(x ′ 3). (12)
ψ1(ϕ2(x2)) i) = ϕ ′ 2(ψ2(x2)) ii)
= ϕ ′ 2(ϕ ′ 3(x ′ 3)), (13)
missä yhtälö i) seuraa kaavion kommutoinnista ja yhtälö ii) ehdosta (7).
Koska kaavion alarivi on eksakti, niin Im(ϕ ′ 3) = Ker(ϕ ′ 2), jolloin ϕ ′ 2 ◦ ϕ ′ 3 = 0,
ja silloin ehdon (13) nojalla
ψ1(ϕ2(x2)) = 0. (14)
Koska ψ1 on oletuksen mukaan monomorfismi, niin ehdon (14) nojalla pätee
ϕ2(x2) = 0 eli x2 ∈ Ker(ϕ2). (15)
Koska ylärivi on eksakti, niin Ker(ϕ2) = Im(ϕ3), joten ehdon (15) nojalla
Silloin on olemassa x3 ∈ G3 siten, että
Tälle x3:lle pätee
x2 ∈ Im(ϕ3).
ϕ3(x3) = x2. (16)
ϕ ′ 3(ψ3(x3)) i) = ψ2(ϕ3(x3)) ii)
= ψ2(x2) iii)
= ϕ ′ 3(x ′ 3), (17)
missä yhtälö i) seuraa kaavion kommutoinnista, yhtälö ii) ehdosta (16) ja yhtälö
iii) ehdosta (12).
Koska ϕ ′ 3 on homomorfismi, niin ϕ ′ 3(ψ3(x3) −x ′ 3) = ϕ ′ 3(ψ3(x3)) −ϕ ′ 3(x ′ 3), jolloin
ehdon (17) nojalla
ϕ ′ 3(ψ3(x3) − x ′ 3) = 0 eli ψ3(x3) − x ′ 3 ∈ Ker(ϕ ′ 3). (18)
Koska alarivi on eksakti, niin Ker(ϕ ′ 3) = Im(ϕ ′ 4), joten ehdon (18) nojalla
ψ3(x3) − x ′ 3 ∈ Im(ϕ ′ 4).
139

Silloin on olemassa x ′ 4 ∈ G ′ 4 siten, että
ϕ ′ 4(x ′ 4) = ψ3(x3) − x ′ 3. (19)
Koska ψ4 on oletuksen mukaan epimorfismi ja x ′ 4 ∈ G ′ 4, niin on olemassa x4 ∈ G4
siten, että
ψ4(x4) = x ′ 4. (20)
Tälle x4:lle pätee
ψ3(ϕ4(x4)) i) = ϕ ′ 4(ψ4(x4)) ii)
= ϕ ′ 4(x ′ 4) iii)
= ψ3(x3) − x ′ 3, (21)
missä yhtälö i) seuraa kaavion kommutoinnista, yhtälö ii) ehdosta (20) ja yhtälö
iii) ehdosta (19).
Merkitään nyt
y3 = x3 − ϕ4(x4),
jolloin y3 ∈ G3. Tämä y3 on nyt ehdossa (11) peräänkuulutettu y3, sillä
ψ3(y3) i) = ψ3(x3 − ϕ4(x4)) ii)
= ψ3(x3) − ψ3(ϕ4(x4)) iii)
=
ψ3(ϕ4(x4)) + x ′ 3 − ψ3(ϕ4(x4)) = x ′ 3,
missä yhtälö i) seuraa y3:n määritelmästä, yhtälö ii) siitä, että ψ3 on homomorfismi
ja yhtälö iii) ehdosta (21).
Näin on osoitettu, että ehto (11) pätee, joten ψ3 on epimorfismi ja koko todistus
on valmis.
Lause 10.13 Olkoot Gk ja G ′ k , k = 1,2,3 Abelin ryhmiä ja ψk : Gk → G ′ k ,
k = 1,2 homomorfismeja sekä lisäksi ϕk = Gk → Gk+1 ja ϕ ′ k = G′ k → G′ k+1 ,
k = 1,2 homomorfismeja siten, että kaavio
0 −−−−→ G1
⏐
ψ1
0 −−−−→ G ′ 1
ϕ1
−−−−→ G2
ϕ ′
1
−−−−→ G ′ 2
ϕ2
−−−−→ G3 −−−−→ 0
⏐
ψ2
ϕ ′
2
−−−−→ G ′ 3 −−−−→ 0
kommutoi ja sen molemmat vaakarivit ovat eksakteja. Tällöin on olemassa yksikäsitteinen
homomorfismi ψ3 : G3 → G ′ 3 siten, että ψ3:lla täydennetty kaavio
kommutoi.
0 −−−−→ G1
⏐
ψ1
0 −−−−→ G ′ 1
ϕ1
−−−−→ G2
⏐
ψ2
ϕ ′
1
−−−−→ G ′ 2
140
ϕ2
−−−−→ G3 −−−−→ 0
⏐
ψ3
ϕ ′
2
−−−−→ G ′ 3 −−−−→ 0
(1)
(2)

Todistus. Koska kaavion (1) ylärivi on eksakti, ϕ2 on epimorfismi. Tällöin jokaiselle
x3 ∈ G3 voidaan valita x2 ∈ G2 siten, että ϕ2(x2) = x3. Silloin valintaaksiooman
nojalla on olemassa kuvaus α : G3 → G2 siten, että kaikille x3 ∈ G3
pätee ϕ2(α(x3)) = x3 eli
ϕ2 ◦ α = idG3 . (3)
Määritellään nyt tavoiteltu kuvaus ψ3 : G3 → G ′ 3 asettamalla
Osoitetaan ensin, että ψ3 on homomorfismi:
ψ3 = ϕ ′ 2 ◦ ψ2 ◦ α : G3 → G ′ 3. (4)
Huomaa, että jos G3 on vapaa, niin lauseen 2.24 nojalla α voidaan valita homomorfismiksi,
jolloin ψ3 on homomorfismien yhdisteenä homomorfismi. Nyt
kuitenkaan G3:n ei tarvitse olla vapaa, jolloin α:aa ei välttämättä saada homomorfismiksi
ja silloin syyt ψ3:n homomorfisuuteen täytyy löytää muualta.
Olkoot x3,y3 ∈ G3. Pitää nähdä, että ψ3(x3 + y3) = ψ3(x3) + ψ3(y3) eli että
ψ3(x3 + y3) − ψ3(x3) − ψ3(y3) = 0. (5)
Ensinnäkin pätee
ϕ2(α(x3 + y3) − α(x3) − α(y3)) i) = ϕ2(α(x3 + y3)) − ϕ2(α(x3)) − ϕ2(α(y3)) ii)
=
x3 + y3 − x3 − y3 = 0, (6)
missä yhtälö i) seuraa siitä, että ϕ2 on homomorfismi, ja yhtälö ii) seuraa ehdosta
(3).
Tällöin
α(x3 + y3) − α(x3) − α(y3) ∈ Ker(ϕ2). (7)
Koska kaavion (1) ylärivi on eksakti, pätee Ker(ϕ2) = Im(ϕ1), jolloin ehdon
(7) nojalla α(x3 + y3) − α(x3) − α(y3) ∈ Im(ϕ1) ja siten on olemassa z1 ∈ G1
siten, että
ϕ1(z1) = α(x3 + y3) − α(x3) − α(y3). (8)
Tätä pistettä z1 voidaan nyt käyttää hyväksi ehdon (5) todistuksessa:
ψ3(x3 + y3) − ψ3(x3) − ψ3(y3) i) =
ϕ ′ 2(ψ2(α(x3 + y3))) − ϕ ′ 2(ψ2(α(x3))) − ϕ ′ 2(ψ2(α(y3))) ii)
=
α(x3 + y3) − α(x3) − α(y3) iii)
=
ϕ ′ 2 ◦ ψ2
ϕ ′ 2 ◦ ψ2(ϕ1(z1)) iv)
= ϕ ′ 2 ◦ ϕ ′ 1(ψ1(z1)) v)
= 0,
joten ehto (5) pätee. Tässä yhtälö
i) seuraa kuvauksen ψ3 määritelmästä (4),
141

ii) seuraa siitä, että ϕ ′ 2 ◦ ψ2 on homomorfismien yhdisteenä homomorfismi,
iii) seuraa ehdosta (8),
iv) seuraa kaavion (1) kommutoinnista ja
v) seuraa siitä, että kaavion (1) alarivi on eksakti, jolloin Im(ϕ ′ 1) = Ker(ϕ ′ 2) ja
siten ϕ ′ 2 ◦ ϕ ′ 1 = 0.
Näin on osoitettu, että ψ3 on homomorfismi.
Osoitetaan sitten, että kaavio (2) kommutoi.
Koska kaavio (1) kommutoi, niin riittää osoittaa, että
Olkoon x2 ∈ G2 mielivaltainen. Tällöin
ϕ ′ 2 ◦ ψ2 = ψ3 ◦ ϕ2. (9)
ϕ2(x2 − α(ϕ2(x2))) i) = ϕ2(x2) − ϕ2(α(ϕ2(x2))) ii)
= ϕ2(x2) − ϕ2(x2) = 0, (10)
missä yhtälö i) seuraa siitä, että ϕ2 on homomorfismi ja yhtälö ii) ehdosta (3).
Ehdon (10) mukaan
x2 − α(ϕ2(x2)) ∈ Ker(ϕ2). (11)
Koska kaavion (1) ylärivi on eksakti, niin Ker(ϕ2) = Im(ϕ1), jolloin ehdon (11)
nojalla x2 − α(ϕ2(x2)) ∈ Im(ϕ1), ja siten on olemassa y1 ∈ G1 siten, että
Tämän pisteen y1 avulla saadaan
ϕ1(y1) = x2 − α(ϕ2(x2)). (12)
ϕ ′ 2 ◦ ψ2(x2) i) = ϕ ′
2 ◦ ψ2 ϕ1(y1) + α(ϕ2(x2)) ii)
= (13)
ϕ ′ 2 ◦ ψ2(ϕ1(y1)) + ϕ ′ 2 ◦ ψ2(α(ϕ2(x2))) iii)
=
ϕ ′ 2 ◦ ϕ ′ 1(ψ1(y1)) + ϕ ′ 2 ◦ ψ2(α(ϕ2(x2))) iv)
= ϕ ′ 2 ◦ ψ2(α(ϕ2(x2))) v)
= ψ3 ◦ ϕ2(x2),
missä yhtälö
i) seuraa ehdosta (12),
ii) seuraa siitä, että ϕ ′ 2 ◦ ψ2 on homomorfismien yhdisteenä homomorfismi,
iii) seuraa kaavion (1) kommutoinnista,
iv) seuraa siitä, että kaavion (1) alarivi on eksakti, jolloin Im(ϕ ′ 1) = Ker(ϕ ′ 2)
ja siten ϕ ′ 2 ◦ ϕ ′ 1 = 0 ja
v) seuraa kuvauksen ψ3 määritelmästä (4).
Koska x2 ∈ G2 valittiin mielivaltaisesti, niin ehto (9) seuraa ehdosta (13). Näin
on osoitettu, että kaavio (2) kommutoi.
142

Pitää vielä osoittaa, että ψ3 on yksikäsitteinen, ts. jos β : G3 → G ′ 3
on homomorfismi siten, että
niin β = ψ3.
β ◦ ϕ2 = ϕ ′ 2 ◦ ψ2, (14)
Olkoon siis β ehdon (14) toteuttava kuvaus ja x3 ∈ G3. Riittää osoittaa, että
β(x3) = ψ3(x3).
Tämä on nyt helppoa, sillä ylärivin eksaktisuuden nojalla ϕ2 on epimorfismi,
joten on olemassa x2 ∈ G2 siten, että
Tällöin
x3 = ϕ2(x2).
β(x3) = β(ϕ2(x2)) = ϕ ′ 2(ψ2(x2)) = ψ3(ϕ2(x2)) = ψ3(x3),
joten asia on selvä.
Huomautus 10.14 Jatkossa esiintyy erilaisia kaavioita, joissa on vaihteleva
määrä vaaka- ja pystyrivejä. Sanotaan, että näissä kaavioissa vaakarivit ovat
rivejä ja pystyrivit sarakkeita
Määritelmä 10.15 Olkoot (G,∂), (G ′ ,∂ ′ ) ja (G ′′ ,∂ ′′ ) ketjukomplekseja sekä
ϕ : (G ′ ,∂ ′ ) → (G,∂) ja ψ : (G,∂) → (G ′′ ,∂ ′′ ) ketjukuvauksia siten, että jono
0 −−−−→ G ′ n
ϕn
−−−−→ Gn
ψn
−−−−→ G ′′ n −−−−→ 0
on eksakti kaikille n ∈ Z. Tällöin sanotaan, että jono
0 −−−−→ (G ′ ,∂ ′ )
ϕ
−−−−→ (G,∂)
ψ
−−−−→ (G ′′ ,∂ ′′ ) −−−−→ 0
on lyhyt eksakti jono ketjukomplekseja. Tällöin on itse asiassa annettu
ääretön kaavio
.
⏐
0 −−−−→ G ′ n+1
0 −−−−→ G ′ n
.
⏐
ϕn+1
−−−−→ Gn+1
⏐
∂ ′
n+1
⏐
∂ ′
n
0 −−−−→ G ′ n−1
⏐
.
ϕn
−−−−→ Gn
⏐
∂n+1
⏐
∂n
ϕn−1
−−−−→ Gn−1
⏐
.
ψn+1
.
⏐
−−−−→ G ′′ n+1 −−−−→ 0
ψn
⏐
∂ ′′
n+1
−−−−→ G ′′ n −−−−→ 0
ψn−1
⏐
∂ ′′
n
−−−−→ G ′′ n−1 −−−−→ 0
⏐
143
.
(10.15)

jonka rivit ovat eksakteja – sen sarakkeet eivät kuitenkaan yleensä ole eksakteja.
Kaavio kommutoi, koska ϕ ja ψ ovat ketjukuvauksia.
Huomautus. Kaaviossa 10.15 olevat reunakuvausten alaindeksit jätetään jatkossa
merkintöjen yksinkertaistamiseksi kirjoittamatta.
Konstruktio 10.16 Olkoot (G,∂), (G ′ ,∂ ′ ) ja (G ′′ ,∂ ′′ ) ketjukomplekseja sekä
ϕ : (G ′ ,∂ ′ ) → (G,∂) ja ψ : (G,∂) → (G ′′ ,∂ ′′ ) ketjukuvauksia siten, että
0 −−−−→ (G ′ ,∂ ′ )
ϕ
−−−−→ (G,∂)
ψ
−−−−→ (G ′′ ,∂ ′′ ) −−−−→ 0
on lyhyt eksakti jono. Olkoot Zn (vast. Z ′ n,Z ′′
n) ketjukompleksin (G,∂) (vast.
(G ′ ,∂ ′ ),(G ′′ ,∂ ′′ )) n-syklien ja Bn (vast. B ′ n,B ′′
n) ketjukompleksin (G,∂) (vast.
(G ′ ,∂ ′ ),(G ′′ ,∂ ′′ )) n-reunojen ryhmä sekä Hn (vast. H ′ n,H ′′
n) ketjukompleksin
(G,∂) (vast. (G ′ ,∂ ′ ),(G ′′ ,∂ ′′ )) n:s homologiaryhmä.
Konstruoidaan nyt tärkeä homomorfismi
ǫn : H ′′
n → H ′ n−1 kaikille n ∈ Z.
Tässä konstruoinnissa tarvitaan seuraavaa kaavion 10.15 osaa:
0 −−−−→ G ′ n−2
Gn
⏐
∂n
G ′ ϕn−1
n−1 −−−−→ Gn−1
⏐
∂ ′
n−1
⏐
∂n−1
ϕn−2
−−−−→ Gn−2
ψn
−−−−→ G ′′ n −−−−→ 0
⏐
∂ ′′
n
ψn−1
−−−−→ G ′′ n−1
Olkoon [x ′′ n] ∈ H ′′
n, missä x ′′ n ∈ Z ′′
n ⊂ G ′′ n. Koska kaavion (10.15) rivit ovat
eksakteja, niin ψn on epimorfismi, joten on olemassa xn ∈ Gn siten, että
Tällöin
ψn(xn) = x ′′ n. (1)
ψn−1(∂xn) i) = ∂ ′′ (ψn(xn)) ii)
= ∂ ′′ x ′′ iii)
n = 0, (2)
missä yhtälö i) seuraa kaavion kommutoinnista, yhtälö ii) ehdosta (1) ja yhtälö
iii) siitä, että x ′′ n ∈ Z ′′
n = Ker(∂ ′′ ).
Koska kaavion rivit ovat eksakteja, niin Ker(ψn−1) = Im(ϕn−1). Koska ehdon
(2) nojalla ∂xn ∈ Ker(ψn−1), niin silloin ∂xn ∈ Im(ϕn−1), joten on olemassa
x ′ n−1 ∈ G ′ n−1 siten, että
ϕn−1(x ′ n−1) = ∂xn. (3)
Tälle x ′ n−1:lle pätee
ϕn−2(∂ ′ x ′ n−1) i) = ∂ϕn−1(x ′ n−1) ii)
= ∂(∂xn) iii)
= 0, (4)
144

missä yhtälö i) seuraa kaavion kommutoinnista, yhtälö ii) ehdosta (3) ja yhtälö
iii) siitä, että lauseen 4.7 mukaan ∂ ◦ ∂ = 0.
Koska kaavion rivit ovat eksakteja, ϕn−2 on monomorfismi, jolloin ehdon (4)
nojalla
∂ ′ x ′ n−1 = 0 eli x ′ n−1 ∈ Ker(∂ ′ ) = Z ′ n−1.
Silloin x ′ n−1 määrää homologialuokan [x ′ n−1] ∈ H ′ n−1 = Z ′ n−1/B ′ n−1. Nyt voidaan
määritellä homomorfismi ǫn : H ′′
n → H ′ n−1 kaikille n ∈ Z asettamalla
ǫn([x ′′ n]) = [x ′ n−1] ∈ Hn−1.
Lauseissa 10.18 ja 10.19 nähdään, että tämä määritelmä antaa todella hyvin
määritellyn homomorfismin.
Huomautus 10.17 Koska konstruktion 10.16 homomorfismi ǫn : H ′′
n → H ′ n−1
on jatkossa hyvin keskeisesti esillä, kerrataan vielä, miten määritelmä syntyi:
x ′ n−1 ∈ Z ′ n−1 valittiin niin, että ϕn−1(x ′ n−1) = ∂xn, missä puolestaan xn ∈ Gn
valittiin niin, että ψn(xn) = x ′′ n:
x ′ n−1
xn
⏐
∂
ϕn−1
−−−−→ ϕn−1(x ′ n−1) = ∂xn
ψn
−−−−→ x ′′ n
Yllä oleva kuva siis esittää pisteen x ′ n−1 valintaa kuvauksessa
[x ′′ n]
ǫn
↦−→ [x ′ n−1].
Tässä on kuitenkin huomattava, että homologiaryhmä [x ′′ n] kuvattiin tässä edustajansa
välityksellä, joten on tarkistettava, että tämä määritelmä ei riipu valitusta
edustajasta x ′′ n eikä myöskään pisteiden xn ja x ′ n−1 valinnoista, vaan
tuottaa saman tuloksen myös toisilla valinnoilla eli ǫn on ns. hyvin määritelty.
Tämä todistetaan seuraavassa lauseessa. Konstruktiossa 10.16 väitettiin lisäksi,
että ǫn on homomorfismi. Tämä todistetaan lauseessa 10.19.
Lause 10.18 Konstruktion 10.16 mukainen ǫn on hyvin määritelty kuvaus ǫn :
H ′′
n → H ′ n−1.
Olkoot x ′′ n,y ′′
n ∈ Z ′′
n siten, että [x ′′ n] = [y ′′
n] ∈ H ′′
n ja x ′ n−1,y ′ n−1 ∈ Z ′ n−1 sekä
xn,yn ∈ Gn siten, että
Pitää osoittaa, että
ψn(xn) = x ′′ n ja ψn(yn) = y ′′
n sekä (1)
ϕn−1(x ′ n) = ∂xn ja ϕn−1(y ′ n) = ∂yn. (2)
[x ′ n−1] = [y ′ n−1] ∈ H ′ n−1. (3)
145

Koska
niin
[x ′′ n − y ′′
n] = [x ′′ n] − [y ′′
n] = 0 ∈ H ′′
n = Z ′′
n/B ′′
n,
x ′′ n − y ′′
n ∈ B ′′
n = Im(∂ ′′ ).
Tällöin on olemassa z ′′
n+1 ∈ G ′′ n+1 siten, että
∂ ′′ z ′′
n+1 = x ′′ n − y ′′
n. (4)
Koska kaavion (10.15) rivit ovat eksakteja, niin ψn+1 on epimorfismi. Tällöin on
olemassa zn+1 ∈ Gn+1 siten, että
Tälle zn+1 pätee
ψn+1(zn+1) = z ′′
n+1. (5)
ψn(∂zn+1) i) = ∂ ′′ ◦ ψn+1(zn+1) ii)
= ∂ ′′ z ′′ iii) ′′
n+1 = x n − y ′′
n, (6)
missä yhtälö i) seuraa kaavion (10.15) kommutoinnista, yhtälö ii) ehdosta (5)
ja yhtälö iii) ehdosta (4). Tällöin
ψn(∂zn+1 − xn + yn) i) = ψn(∂zn+1) − ψn(xn) + ψn(yn) ii)
= x ′′ n − y ′′
n − x ′′ n + y ′′
n = 0,
missä yhtälö i) seuraa siitä, että ψn on homomorfismi sekä yhtälö ii) ehdoista
(6) ja (1). Tällöin
∂zn+1 − xn + yn ∈ Ker(ψn). (7)
Koska kaavion (10.15) rivit ovat eksakteja, niin Ker(ψn) = Im(ϕn). Silloin
ehdon (7) nojalla ∂zn+1 −xn +yn ∈ Im(ϕn) eli on olemassa z ′ n ∈ G ′ n siten, että
Tälle pisteelle z ′ n pätee
ϕn(z ′ n) = ∂zn+1 − xn + yn. (8)
ϕn−1(∂ ′ z ′ n) i) = ∂(ϕn(z ′ n)) ii)
= ∂(∂zn+1 − xn + yn) iii)
iv)
= ∂(∂zn+1) − ∂xn + ∂yn =
− ∂xn + ∂yn
v)
= −ϕn−1(x ′ n−1) + ϕn−1(y ′ n−1) vi)
= ϕn−1(−x ′ n−1 + y ′ n−1),
missä yhtälö
i) seuraa siitä, että kaavio (10.15) kommutoi,
ii) seuraa ehdosta (8),
iii) seuraa siitä, että ∂ on homomorfismi,
iv) seuraa siitä, että lauseen 4.7 mukaan ∂ ◦ ∂ = 0,
v) seuraa ehdosta (2) ja
vi) seuraa siitä, että ϕn−1 on homomorfismi. On siis nähty, että
ϕn−1(∂ ′ z ′ n) = ϕn−1(−x ′ n−1 + y ′ n−1). (9)
146

Koska kaavion (10.15) rivit ovat eksakteja, niin ϕn−1 on monomorfismi. Tällöin
ehdon (9) nojalla pätee
∂ ′ z ′ n = −x ′ n−1 + y ′ n−1.
Tämä merkitsee sitä, että
Silloin
−x ′ n−1 + y ′ n−1 ∈ Im(∂ ′ ) = B ′ n−1.
−[x ′ n−1] + [y ′ n−1] = [−x ′ n−1 + y ′ n−1] = 0 ∈ H ′ n−1,
joten väite (3) seuraa.
Konstruktiossa 10.16 väitettiin, että ǫn on homomorfismi. Tämä väite vaatii
todistuksen:
Lause 10.19 Konstruktion 10.16 kuvaus ǫn : H ′′
n → H ′ n−1 on homomorfismi.
Todistus. Olkoot [x ′′ n],[y ′′
n] ∈ H ′′
n, missä x ′′ n,y ′′
n ∈ Z ′′
n. Pitää osoittaa, että
ǫn([x ′′ n] + [y ′′
n]) = ǫn([x ′′ n]) + ǫn([y ′′
n]) ∈ H ′ n−1. (1)
Konstruktion 10.16 mukaisesti valitaan xn,yn ∈ Gn ja x ′ n−1,y ′ n−1 ∈ Z ′ n−1 siten,
että
jolloin konstruktion mukaisesti
Nyt pätee
ψn(xn) = x ′′ n ja ψn(yn) = y ′′
n sekä (2)
ϕn−1(x ′ n−1) = ∂xn ja ϕn−1(y ′ n−1) = ∂yn, (3)
ǫn([x ′′ n]) = [x ′ n−1] ja ǫn([y ′′
n]) = [y ′ n−1]. (4)
ψn(xn + yn) i) = ψn(xn) + ψn(yn) ii)
= x ′′ n + y ′′
n, (5)
missä yhtälö i) seuraa siitä, että ψn on homomorfismi ja yhtälö ii) ehdosta (2).
Lisäksi
∂(xn + yn) i) = ∂xn + ∂yn
ϕn−1(x ′ n−1 + y ′ n−1),
ii)
= ϕn−1(x ′ n−1) + ϕn−1(y ′ n−1) iii)
= (6)
missä yhtälö i) seuraa siitä, että ∂ on homomorfismi, yhtälö ii) ehdosta (3) ja
yhtälö iii) siitä, että ϕn−1 on homomorfismi.
Ehtojen (5) ja (6) sekä konstruktion 10.16 perusteella pätee
Tällöin
ǫn([xn + yn]) = [x ′ n−1 + y ′ n−1]. (7)
ǫn([x ′′ n] + [y ′′
n]) i) = ǫn([x ′′ n + y ′′
n]) ii)
= [x ′ n−1 + y ′ n−1] iii)
= [x ′ n−1] + [y ′ n−1] iv)
=
ǫn([x ′′ n]) + ǫn([y ′′
n]),
joten väite (1) pätee. Tässä yhtälöt i) ja iii) seuraavat tekijäryhmän laskutoimituksen
määritelmästä, yhtälö ii) ehdosta (7) ja yhtälö iv) ehdosta (4).
147

Määritelmä 10.20 Nyt on siis osoitettu, että konstruktion 10.16 kuvaus ǫn :
H ′′
n → H ′ n−1 on paitsi hyvin määritelty, myös homomorfismi. Tämä homomorfismi
on jatkossa paljon esillä ja koska on vähän kömpelöä puhua jatkuvasti
”konstruktion 10.16 homomorfismista” annetaan sille oikein oma nimi. Sanotaan,
että ǫn : H ′′
n → H ′ n−1 on lyhyen eksaktin ketjukompleksijonon
0 −−−−→ (G ′ ,∂ ′ )
ϕ
−−−−→ (G,∂)
ψ
−−−−→ (G ′′ ,∂ ′′ ) −−−−→ 0
indusoima homomorfismi. Tämän homomorfismin määritelmä on aika konstikas,
mutta kuvausperiaate näkyy huomautuksen 10.17 kaaviossa.
Muistutetaan taas kerran mieleen, että ketjukuvaus ϕ : (G ′ ,∂ ′ ) → (G,∂) indusoi
määritelmän 5.6 mukaisesti kaikille n ∈ Z homomologiahomomorfismin ϕn :
H ′ n → Hn, kun asetetaan kaikille a ∈ Z ′ n
ϕn([a]) = [ϕ(a)] ∈ Hn.
Seuraavaan puhtaasti algebralliseen tulokseen perustuvat lähes kaikki myöhemmät
tulokset.
Lause 10.21 Olkoot (G,∂), (G ′ ,∂ ′ ) ja (G ′′ ,∂ ′′ ) ketjukomplekseja sekä
ϕ : (G ′ ,∂ ′ ) → (G,∂) ja ψ : (G,∂) → (G ′′ ,∂ ′′ ) ketjukuvauksia siten, että
0 −−−−→ (G ′ ,∂ ′ )
ϕ
−−−−→ (G,∂)
ψ
−−−−→ (G ′′ ,∂ ′′ ) −−−−→ 0
on lyhyt eksakti jono. Olkoon kaikille n ∈ Z ǫn : H ′′
n → H ′ n−1 tämän jonon
indusoima homomorfismi. Olkoot lisäksi kaikille n ∈ Z ϕn : H ′ n → Hn ja ψn :
Hn → H ′′
n ketjukuvausten ϕ ja ψ indusoimia homologiahomomorfismeja. Tällöin
jono
· · ·
ǫn+1
−−−−→ H ′ n
on eksakti.
eϕn
−−−−→ Hn
eψn
−−−−→ H ′′
n
ǫn
−−−−→ H ′ n−1
Todistus. Pitää osoittaa, että kaikille n ∈ Z pätee
eϕn−1
−−−−→ Hn−1
(1)
eψn−1
−−−−→ · · ·
Ker(ϕn) = Im(ǫn+1), (1)
Ker( ψn) = Im(ϕn) ja (2)
Ker(ǫn) = Im( ψn). (3)
Todistetaan ensin ehto (1). Tässä tarvitaan seuraavaa kaavion (10.15) osaa:
G ′ n
Gn+1
⏐
∂
ϕn
−−−−→ Gn
148
ψn+1
−−−−→ G ′′ n+1
⏐
∂ ′′
ψn
−−−−→ G ′′ n

Riittää osoittaa, että
Ker(ϕn) ⊂ Im(ǫn+1) ja (4)
Im(ǫn+1) ⊂ Ker(ϕn). (5)
Ehtoa (4) varten olkoon x ′ n ∈ Z ′ n siten, että [x ′ n] ∈ Ker(ϕn). Riittää osoittaa,
että on olemassa y ′′
n+1 ∈ Zn+1 siten, että
[x ′ n] = ǫn+1([y ′′
n+1]). (6)
Koska [x ′ n] ∈ Ker(ϕn), niin kuvauksen ϕn määritelmän mukaan
[ϕn(x ′ n)] = ϕn([x ′ n]) = 0 ∈ Hn = Zn/Bn.
Tällöin ϕn(x ′ n) ∈ Bn, joten on olemassa xn+1 ∈ Gn+1 siten, että
Tälle xn+1 pätee
∂xn+1 = ϕn(x ′ n). (7)
∂ ′′ (ψn+1(xn+1)) i) = ψn(∂(xn+1)) ii)
= ψn(ϕn(x ′ n)) iii)
= 0, (8)
missä yhtälö i) seuraa kaavion kommutoinnista, yhtälö ii) ehdosta (7) ja yhtälö
iii) siitä, että kaavion rivit ovat eksakteja, jolloin ψn ◦ ϕn = 0.
Määritellään nyt ehdossa (6) kaivattu y ′′
n+1 asettamalla
y ′′
n+1 = ψn+1(xn+1). (9)
Ehdon (8) nojalla y ′′
n+1 ∈ Z ′′
n+1. Ehtojen (7) ja (9) sekä konstruktion 10.16 nojalla
pätee myös ehto (6), joten väite (4) on todistettu.
Ehtoa (5) varten olkoon x ′ n ∈ Z ′ n siten, että [x ′ n] ∈ Im(ǫn+1). Pitää osoittaa,
että [x ′ n] ∈ Ker(ϕn) eli että
ϕn([x ′ n]) = 0. (10)
Koska [x ′ n] ∈ Im(ǫn+1), niin on olemassa x ′′ n+1 ∈ Z ′′
n+1 siten, että ǫn+1([x ′′ n+1]) =
[x ′ n]. Tällöin konstruktion 10.16 nojalla on olemassa xn+1 ∈ Gn+1 siten, että
Ehdon (11) nojalla ϕn(x ′ n) ∈ Bn, joten
ψn+1(xn+1) = x ′′ n+1 ja erityisesti
∂xn+1 = ϕn(x ′ n). (11)
[ϕn(x ′ n)] = 0 ∈ Hn = Zn/Bn.
Tällöin kuvauksen ϕn määritelmän mukaan
ϕn([x ′ n]) = [ϕn(x ′ n)] = 0,
149

joten ehto (10) pätee. Näin väite (5) on todistettu. Silloin myös väite (1) on
kokonaan todistettu.
Todistetaan sitten ehto (2). Riittää osoitaa, että
Ker( ψn) ⊂ Im(ϕn) ja (12)
Im(ϕn) ⊂ Ker( ψn). (13)
Ehtoa (12) varten olkoon xn ∈ Zn siten, että [xn] ∈ Ker( ψn). Pitää löytää
x ′ n ∈ Z ′ n siten, että
ϕn([x ′ n]) = [xn]. (14)
Tässä x ′ n:n etsimisessä käytetään tällaista kaavion palaa:
0 −−−−→ G ′ n−1
Gn+1
⏐
∂
G ′ ϕn
n −−−−→ Gn
⏐
∂ ′
⏐
∂
ϕn−1
−−−−→ Gn−1
ψn+1
−−−−→ G ′′ n+1 −−−−→ 0
⏐
∂ ′′
ψn
−−−−→ G ′′ n
Koska [xn] ∈ Ker( ψn), niin kuvauksen ψn määritelmän nojalla
[ψn(xn)] = ψn([xn]) = 0 ∈ H ′′
n = Z ′′
n/B ′′
n.
Tällöin ψn(xn) ∈ B ′′
n, joten on olemassa x ′′ n+1 ∈ G ′′ n+1 siten, että
∂ ′′ (x ′′ n+1) = ψn(xn). (15)
Koska kaavion rivit ovat eksakteja, niin ϕn+1 on epimorfismi, joten on olemassa
xn+1 ∈ Gn+1 siten, että
ψn+1(xn+1) = x ′′ n+1. (16)
Tälle xn+1 pätee
ψn(∂xn+1) i) = ∂ ′′ (ψn+1(xn+1)) ii)
= ∂(x ′′ n+1) iii)
= ψn(xn), (17)
missä yhtälö i) seuraa kaavion kommutoinnista, yhtälö ii) ehdosta (16) ja yhtälö
iii) ehdosta (15).
Koska ψn on homomorfismi, niin ehdon (17) nojalla pätee
ψn(xn − ∂xn+1) = 0 eli xn − ∂xn+1 ∈ Ker(ψn). (18)
Koska kaavion rivit ovat eksakteja, niin Ker(ψn) = Im(ϕn). Tällöin ehdon (18)
nojalla xn − ∂xn+1 ∈ Im(ϕn) eli on olemassa x ′ n ∈ G ′ n siten, että
ϕn(x ′ n) = xn − ∂xn+1. (19)
150

Tälle x ′ n pätee
ϕn−1(∂ ′ x ′ n) i) = ∂(ϕn(x ′ n)) ii)
= ∂(xn − ∂xn+1) iii)
= (20)
∂xn − ∂ ◦ ∂xn+1
missä yhtälö
i) seuraa kaavion kommutoinnista,
ii) ehdosta (19),
iii) siitä, että ∂ on homomorfismi,
iv) siitä, että ∂ ◦ ∂ = 0 ja
v) siitä, että xn ∈ Zn.
iv) v)
= ∂xn = 0,
Koska kaavion rivit ovat eksakteja, niin ϕn−1 on monomorfismi, jolloin ehdon
(20) nojalla pätee
∂ ′ x ′ n = 0.
Tällöin x ′ n on sykli eli x ′ n ∈ Z ′ n. Silloin tämä x ′ n kelpaa ehdossa (14) kaipailluksi
x ′ n:ksi, sillä
ϕn([x ′ n]) i) = [ϕn(x ′ n)] ii)
= [xn − ∂xn+1] iii)
= [xn] − [∂xn+1] iv)
= [xn],
missä yhtälö
i) seuraa kuvauksen ϕn määritelmästä,
ii) ehdosta (19),
iii) seuraa tekijäryhmän laskutoimituksen määritelmästä ja
iv) seuraa siitä, että ∂xn+1 ∈ Bn, jolloin [∂xn+1] = 0 ∈ Hn = Zn/Bn.
Näin ehto (14) on todistettu, joten väite (12) pätee.
Seuraavaksi todistetaan ehto (13). Olkoon siis xn ∈ Zn siten, että [xn] ∈
Im(ϕn). Pitää osoittaa, että [xn] ∈ Ker( ψn) eli että
Tässä ei tarvita kuin tällainen kaavion pala:
G ′ n
ψn([xn]) = 0 ∈ H ′′
n. (21)
Gn+1
⏐
∂
ϕn
−−−−→ Gn
ψn+1
−−−−→ G ′′ n+1
⏐
∂ ′′
ψn
−−−−→ G ′′ n
Koska [xn] ∈ Im(ϕn), niin on olemassa x ′ n ∈ Z ′ n siten, että
ϕn([x ′ n]) = [xn].
Tällöin kuvauksen ϕn määritelmän mukaan
[ϕn(x ′ n)] = [xn],
151

ja siten
[xn − ϕn(x ′ n)] = 0 ∈ Hn = Zn/Bn.
Silloin xn − ϕn(x ′ n) ∈ Bn, joten on olemassa xn+1 ∈ Gn+1 siten, että
Siten
Tästä saadaan edelleen
∂xn+1 = xn − ϕn(x ′ n).
xn = ∂xn+1 + ϕn(x ′ n). (22)
ψn([xn]) i) = [ψn(xn)] ii)
= [ψn(∂xn+1 + ϕn(x ′ n))] iii)
= [ψn(∂xn+1) + ψn(ϕn(x ′ n))] iv)
=
[ψn(∂xn+1)] + [ψn(ϕn(x ′ n))] v)
= [ψn(∂xn+1)] vi)
= [∂ ′′ (ψn+1(xn+1))] vii)
= 0 ∈ H ′′
n,
joten väite (21) pätee ja siten väite (13) on todistettu. Tässä yhtälö
i) seuraa kuvauksen ψn määritelmästä,
ii) seuraa ehdosta (22),
iii) seuraa siitä, että ψn on homomorfismi,
iv) seuraa tekijäryhmän laskutoimituksen määritelmästä,
v) seuraa siitä, että kaavion rivit ovat eksakteja, jolloin Im(ϕn) = Ker(ψn) ja
siten ψn ◦ ϕn = 0,
vi) seuraa kaavion kommutoinnista ja
vii) seuraa siitä, että ∂ ′′ (ψn+1(xn+1)) ∈ B ′′
n.
Näin on todistettu ehdot (12) ja (13), joten väite (2) seuraa.
Pitää vielä todistaa väite (3). Riittää osoittaa, että
Ker(ǫn) ⊂ Im( ψn) ja (23)
Im( ψn) ⊂ Ker(ǫn). (24)
Todistetaan ensin väite (23). Olkoon sitä varten x ′′ n ∈ Z ′′
n siten, että
[x ′′ n] ∈ Ker(ǫn) eli ǫn([x ′′ n]) = 0 ∈ H ′ n−1. (25)
Pitää osoittaa, että [x ′′ n] ∈ Im( ψn), joten riittää löytää y ∈ Zn siten, että
Nyt tarvitaan seuraava kaavion pala:
ψn([yn]) = [x ′′ n]. (26)
G ′ ϕn
n −−−−→ Gn
⏐
∂ ′
G ′ n−1
⏐
∂
ϕn−1
−−−−→ Gn−1
152
ψn
−−−−→ G ′′ n

Valitaan konstruktion 10.16 mukaisesti xn ∈ Gn ja xn−1 ∈ Zn−1 siten, että
jolloin kuvauksen ǫn määritelmän mukaan
ϕn(xn) = x ′′ n ja (27)
ϕn−1(x ′ n−1) = ∂xn, (28)
ǫn([x ′′ n]) = [x ′ n−1]. (29)
Huomaa, että tämä xn ei (välttämättä) kelpaa ehdossa (26) vaadituksi yn:ksi,
koska pitää olla yn ∈ Zn, mutta xn:stä tiedetään vain, että xn ∈ Gn. Tässä voi
hyvinkin olla xn ∈ Zn.
Ehtojen (26) ja (29) nojalla pätee
[x ′ n−1] = 0 ∈ H ′ n = Z ′ n/B ′ n.
Tällöin x ′ n−1 ∈ B ′ n eli on olemassa x ′ n ∈ G ′ n siten, että
Tälle pisteelle x ′ n pätee
∂x ′ n = x ′ n−1. (30)
∂(ϕn(x ′ n)) i) = ϕn−1(∂x ′ n) ii)
= ϕn−1(x ′ n−1) iii)
= ∂xn, (31)
missä yhtälö i) seuraa kaavion kommutoinnista, yhtälö ii) ehdosta (30) ja yhtälö
iii) ehdosta (28).
Koska ∂ on homomorfismi, niin ehdon (31) nojalla saadaan
∂(xn − ϕn(x ′ n)) = 0. (32)
Nyt ollaan valmiita määrittelemään ehdossa (26) haluttu yn. Asetetaan
yn = xn − ϕn(x ′ n).
Ehdon (32) nojalla tälle yn:lle pätee (toisin kuin (ehkä) xn:lle)
Lisäksi ehto (26) toimii, sillä
yn ∈ Zn.
ψn([yn]) i) = [ψn(yn)] ii)
= [ψn(xn − ϕn(x ′ n))] iii)
= [ψn(xn) − ψn(ϕn(x ′ n))] iv)
=
[ψn(xn)] v)
= [x ′′ n].
Tässä yhtälö
i) seuraa kuvauksen ψn määritelmästä,
ii) yn:n määritelmästä,
153

iii) siitä, että ψn on homomorfismi,
iv) siitä, että kaavion rivit ovat eksakteja, jolloin Im(ϕn) = Ker(ψn) ja siten
ψn ◦ ϕn = 0 ja
v) seuraa ehdosta (27).
Näin siis ehto (26) on todistettu ja silloin on todistettu myös väite (23).
Todistuksesta puuttuu vielä ehto (24). Sitä varten olkoon x ′′ n ∈ Z ′′
n siten, että
[x ′′ n] ∈ Im( ψn). (33)
Pitää osoittaa, että [x ′′ n] ∈ Ker(ǫn) eli että
Nyt käytetään tällaista kaaviota:
G ′ n−1
ǫn([x ′′ n]) = 0 ∈ H ′ n−1. (34)
Gn+1
⏐
∂
Gn
⏐
∂
ϕn−1
−−−−→ Gn−1
ψn+1
−−−−→ G ′′ n+1 −−−−→ 0
⏐
∂ ′′
ψn
−−−−→ G ′′ n
Ehdon (33) nojalla on olemassa xn ∈ Zn siten, että
ψn([xn]) = [x ′′ n]. (35)
Koska kuvauksen ψn määritelmän mukaan ψn([xn]) = [ψn(xn)], niin ehdon (35)
perusteella
[ψn(xn)] = [x ′′ n],
ja silloin tekijäryhmän laskutoimituksen määritelmän mukaan
[ψn(xn) − x ′′ n] = 0 ∈ H ′′
n = Z ′′
n/B ′′
n.
Tämä merkitsee sitä, että ψn(xn)−x ′′ n ∈ B ′′
n eli on olemassa xn+1 ∈ Gn+1 siten,
että
∂ ′′ x ′′ n+1 = ψn(xn) − x ′′ n. (35)
Koska kaavion rivit ovat eksakteja, niin ψn+1 on epimorfismi. Tällöin on olemassa
xn+1 ∈ Gn+1 siten, että
Tälle pisteelle xn+1 pätee
ψn+1(xn+1) = x ′′ n+1. (36)
ψn(∂xn+1) i) = ∂ ′′ (ψn+1(xn+1)) ii)
= ∂ ′′ x ′′ iii)
n+1 = ψn(xn) − x ′′ n,
154

missä yhtälö i) seuraa kaavion kommutoinnista, yhtälö ii) ehdosta (36) ja yhtälö
iii) ehdosta (35). Silloin
x ′′ n = ψn(xn) − ψn(∂xn+1) i) = ψn(xn − ∂xn+1), (37)
missä yhtälö i) seuraa siitä, että ψn on homomorfismi. Toisaalta pisteelle xn −
∂xn+1 ∈ Gn pätee
∂(xn − ∂xn+1) i) = ∂xn − ∂(∂xn+1) ii) iii)
= ∂xn = 0, (38)
missä yhtälö i) seuraa siitä, että ∂ on homomorfismi, yhtälö ii) siitä, että
∂ ◦ ∂ = 0 ja yhtälö iii) siitä, että xn ∈ Zn.
Koska ϕn−1 on homomorfismi, niin ϕn−1(0) = 0, joten ehdon (38) nojalla pätee
Koska lisäksi ehdon (37) mukaan pätee
niin konstruktion 10.16 perusteella on
ϕn−1(0) = ∂(xn − ∂xn+1).
ψn(xn − ∂xn+1) = x ′′ n,
ǫn([x ′′ n]) = [0] ∈ H ′ n−1,
joten väite (34) pätee. Silloin myös väite (24) pätee.
Näin kaikki kolme ehtoa (1), (2) ja (3) on todistettu, joten koko lauseen todistus
on lopulta valmis.
Huomautus. Jos
0 −−−−→ (G ′ ,∂ ′ )
ϕ
−−−−→ (G,∂)
ψ
−−−−→ (G ′′ ,∂ ′′ ) −−−−→ 0
on lyhyt eksakti jono ketjukomplekseja, niin erityisesti ϕn : G ′ n → Gn on monomorfismi
ja ψn : Gn → G ′′ n epimorfismi kaikille n. Tästä ei seuraa, että
ϕn : H ′ n → Hn olisi monomorfismi ja/tai ψn : Hn → H ′′
n olisi epimorfismi
kaikille n, vrt. tehtävät 5.1 ja 5.4. Huomaa, että jos näin olisi, ei koko ǫn:n
konstruoinnissa 10.16 olisi paljon mieltä: se olisi aina nollakuvaus.
Merkintä 10.22 Olkoot (G ′ ,∂ ′ ), (G,∂) ja (G ′′ ,∂ ′′ ) sekä (F ′ ,∂ ′ ), (F,∂) ja (F ′′ ,∂ ′′ )
ketjukomplekseja, ϕ : (G ′ ,∂ ′ ) → (G,∂) ja ψ : (G,∂) → (G ′′ ,∂ ′′ ) sekä α :
(F ′ ,∂ ′ ) → (F,∂) ja β : (F,∂) → (F ′′ ,∂ ′′ ) ketjukuvauksia, siten, että jonot
ja
0 −−−−→ (G ′ ,∂ ′ )
0 −−−−→ (F ′ ,∂ ′ )
ϕ
−−−−→ (G,∂)
α
−−−−→ (F,∂)
155
ψ
−−−−→ (G ′′ ,∂ ′′ ) −−−−→ 0
β
−−−−→ (F ′′ ,∂ ′′ ) −−−−→ 0

ovat lyhyitä eksakteja jonoja. Tässä reunakuvauksista on jätetty merkintöjen
yksinkertaistamiseksi ylä- tai alaindeksit pois, mutta jokaisella ketjukompleksilla
on luonnollisesti omat reunakuvauksensa. Esimerkiksi siis ketjukompleksien
(G,∂) ja (F,∂) reunakuvausten ei oleteta olevan samoja, vaikka niitä merkitään
samalla symbolilla ∂. Olkoot lisäksi γ ′ : (F ′ ,∂ ′ ) → (G ′ ,∂ ′ ), γ : (F,∂) → (G,∂)
ja γ ′′ : (F ′′ ,∂ ′′ ) → (G ′′ ,∂ ′′ ) ketjukuvauksia siten, että kaavio
F ′ αn
n −−−−→ Fn
⏐
γ ′
n
G ′ n
ϕn
−−−−→ Gn
βn
−−−−→ F ′′
n
⏐
γn ⏐
⏐
γ ′′
n
ψn
−−−−→ G ′′ n
kommutoi kaikille n ∈ Z. Tällöin sanotaan, että
α
0 −−−−→ (F ′ ,∂ ′ ) −−−−→ (F,∂) −−−−→ (F ′′ ,∂ ′′ ) −−−−→ 0
⏐
γ ′
⏐
γ ⏐
γ ′′
0 −−−−→ (G ′ ,∂ ′ )
ϕ
−−−−→ (G,∂)
on kommutoiva, eksakti ketjukompleksikaavio.
β
ψ
−−−−→ (G ′′ ,∂ ′′ ) −−−−→ 0
Huomautus. Merkinnän 10.22 tilanteessa ryhmiä on niin paljon, että niiden piirtäminen
samaan kuvaan on vähän hankalaa. Tässä on siis kaksi kaavion (10.15)
tyyppistä kaaviota, G:lle ja F:lle kummallekin erikseen. Nämä voisi periaattees-
sa piirtää kolmiulotteiseen kuvioon päällekkäin ja sitten homomorfismit γ ′ n, γn
ja γ ′′
n näiden välille pystysuoraan. Nuo kommutointivaatimukset kuuluvat silloin
niin, että kaavio kommutoi ”joka suuntaan”, sekä horisontaalisesti että vertikaalisesti.
Lause 10.23 Olkoon
α
0 −−−−→ (F ′ ,∂ ′ ) −−−−→ (F,∂) −−−−→ (F ′′ ,∂ ′′ ) −−−−→ 0
⏐
γ ′
⏐
γ ⏐
γ ′′
0 −−−−→ (G ′ ,∂ ′ )
ϕ
−−−−→ (G,∂)
kommutoiva, eksakti ketjukompleksikaavio.
β
ψ
−−−−→ (G ′′ ,∂ ′′ ) −−−−→ 0
Merkitään symboleilla Hn(G ′ ), Hn(G), Hn(G ′′ ), Hn(F ′ ), Hn(F) ja Hn(F ′′ )
ketjukompleksien (G ′ ,∂ ′ ), (G,∂), (G ′′ ,∂ ′′ ), (F ′ ,∂ ′ ), (F,∂) ja (F ′′ ,∂ ′′ ) homologiaryhmiä.
Olkoot αn, βn, ϕn, ψn, γ ′ n, γn ja γ ′′
n ketjukuvausten α,β,ϕ,ψ,γ ′ ,γ ja γ ′′ indusoimat
homologiahomomorfismit.
156

Olkoot lisäksi ǫ G n : Hn(G ′′ ) → Hn−1(G ′ ) ja ǫ F n : Hn(F ′′ ) → Hn−1(F ′ ) konstruktion
(10.16) mukaiset homomorfismit. Tällöin kaavio
ǫ F
n+1
eαn
· · · −−−−→ Hn(F ′ ) −−−−→ Hn(F) −−−−→ Hn(F ′′ ) −−−−→ Hn−1(F ′ )
⏐
eγn
· · ·
⏐
eγ ′
n
ǫ G
n+1
−−−−→ Hn(G ′ )
kommutoi.
eϕn
−−−−→ Hn(G)
eβn
⏐
eγ ′′
n
eψn
−−−−→ Hn(G ′′ )
Todistus. Olkoon n ∈ Z. Riittää osoittaa, että
ǫ F
n
⏐
eγ ′
n−1
ǫ G
n
−−−−→ Hn−1(G ′ )
eαn−1
−−−−→ · · ·
eϕn−1
−−−−→ · · ·
ϕn ◦ γ ′ n = γn ◦ αn, (1)
ψn ◦ γn = γ ′′
n ◦ βn ja (2)
ǫ G n ◦ γ ′′
n = γ ′ n−1 ◦ ǫ F n . (3)
Ehtoa (1) varten tarvitaan oletuksesta seuraava kaavion
F ′ αn
n −−−−→ Fn
⏐
γ ′
n
G ′ n
⏐
γn
ϕn
−−−−→ Gn
kommutointi. Tämän ja homologiahomomorfismien määritelmien mukaan saadaan
kaikille f ′ n ∈ Zn(F ′ )
ϕn ◦ γ ′ n([f ′ n]) = [ϕn ◦ γ ′ n(f ′ n)] = [γn ◦ αn(f ′ n)] = γn ◦ αn([f ′ n]),
joten väite (1) pätee.
Ehtoa (2) varten tarvitaan vastaavasti kaavion
Fn
βn
−−−−→ F ′′
n
⏐
γn ⏐
Gn
⏐
γ ′′
n
ψn
−−−−→ G ′′ n
kommutointi, jonka nojalla saadaan yhtä helposti kaikille fn ∈ Zn(F)
ψn ◦ γn([fn]) = [ψn ◦ γn(fn)] = [γ ′′
n ◦ βn(fn)] = γ ′′
n ◦ βn([fn]),
joten myös ehto (2) pätee.
Ehto (3) on vähän hankalampi. Olkoon sitä varten f ′′
n ∈ Zn(F ′′ ). Pitää osoittaa,
että
ǫ G n ◦ γ ′′
n([f ′′
n]) = γ ′ n−1 ◦ ǫ F n ([f ′′
n]). (6)
157
(4)
(5)

Konstruktion (10.16) perusteella on olemassa fn ∈ Fn ja f ′ n−1 ∈ Zn(F ′ ) siten,
että
jolloin kuvauksen ǫ F n määritelmän mukaan
βn(fn) = f ′′
n ja (7)
αn−1(f ′ n−1) = ∂fn, (8)
ǫ F n ([f ′′
n]) = [f ′ n−1] ∈ Hn−1(F ′ ).
Tällöin homologiahomomorfismin γ ′ n−1 määritelmän mukaan
Nyt pätee
γ ′ n−1 ◦ ǫ F n ([f ′′
n]) = γ ′ n−1([f ′ n−1]) = [γ ′ n−1(f ′ n−1)] ∈ Hn−1(G ′ ). (9)
ψn(γn(fn)) i) = γ ′′
n(βn(fn)) ii)
= γ ′′
n(f ′′
n) iii)
∈ Zn(G ′′ ), (10)
missä yhtälö i) seuraa kaavion (5) kommutoinnista, yhtälö ii) ehdosta (7) ja
ehto iii) siitä, että f ′′
n ∈ Zn(F ′′ ), sillä oletuksen mukaan γ ′′ on ketjukuvaus, ks.
lause 5.2.
Koska f ′ n−1 ∈ Zn−1(F ′ ) ja γ ′ on myös ketjukuvaus, niin lauseen 5.2 nojalla
saadaan vastaavasti γ ′ n−1(f ′ n−1) ∈ Zn−1(G ′ ). Lisäksi pätee
∂(γn(fn)) i) = γn−1(∂fn) ii)
= γn−1(αn−1(f ′ n−1)) iii)
= ϕn−1(γ ′ n(f ′ n−1)), (11)
missä yhtälö i) seuraa siitä, että γ on ketjukuvaus, yhtälö ii) seuraa ehdosta (8)
ja yhtälö iii) kaavioiden (4) kommutoinnista.
Koska siis γ ′′
n(f ′′
n) ∈ Zn(G ′′ ), γn(fn) ∈ Gn ja γ ′ n−1(f ′ n−1) ∈ Zn−1(G ′ ), niin
ehtojen (10) ja (11) sekä konstruktion 10.16 nojalla pätee
ǫ G n ([γ ′′
n(f ′′
n)]) = [γ ′ n−1(f ′ n−1)] ∈ Hn−1(G ′ ). (12)
Ehdon (6) todistus on nyt yhteenvetoa vaille valmis: Ehtojen (9) ja (12) nojalla
ǫ G n ◦ γ ′′
n([f ′′
n]) = [γ ′ n−1(f ′ n−1)] = γ ′ n−1 ◦ ǫ F n ([f ′′
n]),
joten asia on selvä.
Huomautus. Lauseen 10.23 todistusta tarkastellessa voi epäillä, että lause on
voimakkaasti ylioletettu, ts. läheskään kaikkia oletuksia ei ole käytetty. Perheiden
γ ′ ,γ ja γ ′′ ketjukuvausominaisuutta käytettiin, mutta muiden mukana
olevien ketjukuvausten osalta näin ei nähtävästi tehty. Mihin sitä paitsi tarvittiin
jonojen eksaktisuutta? Nämä ylioletusepäilyt ovat näköharhaa, sillä nämä
kaikki mainitut seikat vaaditaan, jotta konstruktio 10.16 onnistuu, ts. jotta kuvaukset
ǫ F n ja ǫ G n voidaan ylipäätään määritellä.
158

Harjoitustehtäviä
Tehtävissä 10.1-4 kaikki G:t symboloivat Abelin ryhmiä ja nuolet niiden välisiä
homomorfismeja. Todista esitetyt väitteet.
10.1 Jos kommutoivassa kaaviossa
G1 −−−−→ G ′ 1 −−−−→ 0
⏐
⏐
0 −−−−→ G2 −−−−→ G ′ 2
⏐
⏐
0 −−−−→ G3 −−−−→ G ′ 3
⏐
⏐
0 −−−−→ G4 −−−−→ G ′ 4
molemmat sarakkeet sekä 1., 2., ja 4. rivi ovat eksakteja, niin myös 3. rivi on
eksakti.
10.2 Jos kommutoivassa kaaviossa
G1 −−−−→ G ′ 1 −−−−→ 0
⏐
⏐
G2 −−−−→ G ′ 2 −−−−→ 0
⏐
⏐
G3 −−−−→ G ′ 3 −−−−→ 0
⏐
⏐
0 −−−−→ G4 −−−−→ G ′ 4
molemmat sarakkeet sekä 1., 3., ja 4. rivi ovat eksakteja, niin myös 2. rivi on
eksakti.
159

10.3 Tämä on ns. ”lemma of nine”. Jos kommutoivassa kaaviossa
0 0 0
⏐
⏐
⏐
0 −−−−→ G ′ 1 −−−−→ G1 −−−−→ G ′′
1 −−−−→ 0
⏐ ⏐ ⏐
⏐ ⏐ ⏐
0 −−−−→ G ′ 2 −−−−→ G2 −−−−→ G ′′
2 −−−−→ 0
⏐ ⏐ ⏐
⏐ ⏐ ⏐
0 −−−−→ G ′ 3 −−−−→ G3 −−−−→ G ′′
3 −−−−→ 0
⏐ ⏐ ⏐
⏐ ⏐ ⏐
0 0 0
kaikki sarakkeet sekä keskirivi ovat eksakteja, niin ylärivi on eksakti jos ja vain
jos alarivi on eksakti.
10.4 Jos kommutoivassa kaaviossa
0
⏐
0 −−−−→ G11 −−−−→ G12 −−−−→ G13 −−−−→ G14 −−−−→ 0
⏐
α1
⏐
⏐
⏐
δ1
0 −−−−→ G21 −−−−→ G22 −−−−→ G23 −−−−→ G24 −−−−→ 0
⏐
α2
⏐
⏐
⏐
δ2
0 −−−−→ G31 −−−−→ G32 −−−−→ G33 −−−−→ G34 −−−−→ 0
⏐
0
kaikki rivit ja sarakkeet ovat eksakteja, niin on olemassa homomorfismi ǫ :
G31 → G14 siten, että jono
G11
on eksakti.
α1
−−−−→ G21
α2
−−−−→ G31
ǫ
−−−−→ G14
δ1
−−−−→ G24
δ2
−−−−→ G34
Huomautus tehtävään 10.4. Jos (G,∂) on ketjukompleksi, niin jono
0 −−−−→ Zn/Bn
ei
−−−−→ Gn/Bn
[x]↦→∂x
−−−−−→ Zn−1
160
x↦→[x]
−−−−→ Hn−1 −−−−→ 0

on järkevästi määritelty ja eksakti. (Miksi?) Koska Zn/Bn = Hn, niin näillä
kuvauksilla saadaan siis eksakti jono
Jos
0 −−−−→ Hn −−−−→ Gn/Bn −−−−→ Zn−1 −−−−→ Hn−1 −−−−→ 0.
0 −−−−→ (G ′ ,∂ ′ )
ϕ
−−−−→ (G,∂)
ψ
−−−−→ (G ′′ ,∂ ′′ ) −−−−→ 0
on lyhyt eksakti jono ketjukomplekseja, niin järkevästi määritellyssä (miksi?) ja
kommutoivassa (miksi?) kaaviossa
0 −−−−→ H ′ n −−−−→ G ′ n/B ′ n −−−−→ Z ′ n−1 −−−−→ H ′ n−1 −−−−→ 0
⏐
eϕn
⏐
[x]↦→[ϕn(x)]
0
⏐
⏐
ϕn−1
⏐
eϕn−1
0 −−−−→ Hn −−−−→ Gn/Bn −−−−→ Zn−1 −−−−→ Hn−1 −−−−→ 0
⏐
e ψn
0 −−−−→ H ′′
⏐
[x]↦→[ψn(x)]
⏐
ψn−1
n −−−−→ G ′′ n/B ′′
n −−−−→ Z ′′
n−1 −−−−→ H ′′
⏐
0
⏐
e ψn−1
n−1 −−−−→ 0
rivit ja sarakkeet ovat eksakteja (miksi?). Tällöin tehtävän 10.4 mukaan on
olemassa homomorfismi ǫ : H ′′
n → H ′ n−1 siten, että jono
H ′ n
eϕn
−−−−→ Hn
eψn
−−−−→ H ′′
n
ǫ
−−−−→ H ′ n−1
eϕn−1
−−−−→ Hn−1
eψn−1
−−−−→ H ′′
n−1
on eksakti. Tämä kuvaus ǫ on täsmälleen konstruktion 10.16 mukainen ǫn.
(Miksi?) Siten tehtävä 10.4 on vaihtoehtoinen tapa hoitaa konstruktio 10.16
ja lauseen 10.21 melko pitkä todistus.
——————————————
Jos G ja G ′ ovat Abelin ryhmiä, niin merkitään
Hom(G,G ′ ) = {ϕ : G → G ′ | ϕ on homomorfismi}.
Joukosta Hom(G,G ′ ) tulee ilmeisesti Abelin ryhmä, kun varustetaan se tavallisella
homomorfismien yhteenlaskulla. Jos lisäksi H on Abelin ryhmä ja ϕ ∈
Hom(G,G ′ ) kiinteä, niin määritellään kuvaus ϕ∗ : Hom(H,G) → Hom(H,G ′ )
asettamalla jokaiselle f ∈ Hom(H,G)
ϕ∗(f) = ϕ ◦ f.
161

Huomaa, että koska ϕ on homomorfismi ϕ : G → G ′ , niin ϕ ◦ f : H → G ′ on
myös homomorfismi eli ϕ∗(f) ∈ Hom(H,G ′ ) kaikille f ∈ Hom(H,G). Tällöin
ϕ∗ on todella kuvaus ϕ∗ : Hom(H,G) → Hom(H,G ′ ).
Lisäksi on helppo nähdä, että ϕ∗ on homomorfismi.
Vastaavasti syntyy homomorfismi ϕ ∗ : Hom(G ′ ,H) → Hom(G,H), kun asetetaan
kaikille f ∈ Hom(G ′ ,H)
10.5 Olkoon jono
0 −−−−→ G ′
ϕ ∗ (f) = f ◦ ϕ.
ϕ
−−−−→ G
eksakti ja H Abelin ryhmä. Osoita, että jono
0 −−−−→ Hom(H,G ′ )
on myös eksakti.
10.6 Olkoon jono
G ′
ϕ
−−−−→ G
ϕ∗
−−−−→ Hom(H,G)
eksakti ja H Abelin ryhmä. Osoita, että jono
0 −−−−→ Hom(G ′′ ,H)
on myös eksakti.
10.7 Olkoon jono
0 −−−−→ G ′
ψ
−−−−→ G ′′
ψ
−−−−→ G ′′ −−−−→ 0
ψ ∗
−−−−→ Hom(G,H)
ϕ
−−−−→ G
eksakti ja H Abelin ryhmä. Ovatko jonot
0 −−−−→ Hom(H,G ′ )
ja/tai
0 −−−−→ Hom(G ′′ ,H)
eksakteja
a) ilman mitään lisäoletuksia?
b) jos H on vapaa?
c) jos G ′′ on vapaa?
ϕ∗
−−−−→ Hom(H,G)
ψ ∗
−−−−→ Hom(G,H)
162
ψ∗
−−−−→ Hom(H,G ′′ )
ϕ ∗
−−−−→ Hom(G ′ ,H)
ψ
−−−−→ G ′′ −−−−→ 0
ψ∗
−−−−→ Hom(H,G ′′ ) −−−−→ 0
ϕ ∗
−−−−→ Hom(G ′ ,H) −−−−→ 0

11 Barysentrinen jako
Tavoitteena on siis laskea eksplisiittisesti homologiaryhmät Hn(X) jollekin tietylle
avaruudelle X. Yksi ongelma näissä laskuissa on, että X:ssä on ”suuria”
simpleksejä, jotka voivat sijaita hyvinkin hankalasti, jolloin niiden hallitseminen
on vaikeaa. Konkreettisena esimerkkinä tästä on vaikkapa toruspinta, jonka
simpleksit voivat kierrellä pintaa pitkin ja leikata itseään hyvinkin monimutkaisella
tavalla. Tässä luvussa osoitetaan, että nämä ”suuret” simpleksit voidaan
itse asiassa unohtaa, ja homologiaryhmät voidaan laskea käyttäen vain ”pieniä”
simpleksejä. Tässä toruksen tapauksessa ”pienuus”tarkoittaa sitä, että simpleksien
halkaisijat ovat niin pieniä, että ne eivät voi kiertää toruspintaa ympäri
millään tavalla eivätkä siis voi tässä mielessä ”leikata itseään”.
Tällaiset ”pienet”simpleksit määritellään barysentrisen jaon avulla tuonnempana.
Tuo ”pienuuden”mittaaminen vaatii periaatteessa metriikkaa eli käytännössä
normiavaruutta. Tehdään nämä määritelmät kuitenkin (osittain) myös yleisessä
topologisessa avaruudessa. Tämän takia määritelmissä ja lauseissa täytyy
aina muistaa sanoa, minkälaisessa avaruudessa mennään. Sovitaan, että normiavaruudessa
E on aina normin määräämä metriikka, jota merkitään symbolilla
d eli d(x,y) = ||x − y|| kaikille x,y ∈ E. Tässä jatkossa tarkastellaan normiavaruuden
konvekseja, epätyhjiä osajoukkoja K. Lyhyyden vuoksi sanotaan pelkästään,
että ”joukko K on konveksi”, millä tarkoitetaan sitä, että ∅ = K ⊂ E on
konveksi jollekin normiavaruudelle E. Joukossa K on aina E:n normitopologian
määräämä aliavaruustopologia, joka on myös metrinen topologia: E:n metriikan
rajoittuma antaa metriikan joukkoon K.
Merkintä 11.1 Olkoon X topologinen avaruus ja σ ∈ Σn(X). Merkitään
|σ| = σ(∆n) ⊂ X,
ja sanotaan, että |σ| on simpleksin σ jälki.
Huomautus. Koska ∆n on kompakti ja σ jatkuva, niin |σ| on aina kompakti. Jos
X on Hausdorff-avaruus, niin |σ| on myös suljettu.
Jos E on normiavaruus ja x0,...,xn ∈ E, niin affiinisimpleksi (x0 ...xn) ∈
Σn(E) määriteltiin (merkintä 9.5) asettamalla
(x0 ...xn)(x) =
n
ξkxk ∈ E,
k=0
missä ξ0,...,ξn ovat pisteen x ∈ ∆n barysentriset koordinaatit.
Lause 11.2 Olkoon E on normiavaruus ja x0,...,xn ∈ E. Tällöin affiinisimpleksin
(x0 ...xn) jälki |(x0 ...xn)| on joukon {x0,...,xn} konveksiverho.
Todistus. Väite seuraa lauseesta 1.7 ja huomautuksesta 1.26.
163

Lause 11.3 Jos K on konveksi ja x0,...,xn ∈ K, niin affiinisimpleksin (x0 ...xn)
jäljelle pätee
|(x0 ...xn)| ⊂ K.
Todistus. Tämä seuraa välittömästi lauseesta 11.2 ja joukon K konveksisuudesta.
Huomautus 11.4 Jos K on konveksi joukko ja x0,...,xn ∈ K, niin lauseen
11.3 nojalla (x0 ...xn) ∈ Σn(K), koska affiini kuvaus on aina jatkuva.
Merkintä 11.5 Olkoon K konveksi joukko ja x0,...,xn ∈ K, n ≥ 1. Olkoon
lisäksi 0 ≤ i < j ≤ n. Tällöin sanotaan, että affiini 2-simpleksi (xixj) ∈ Σ2(K)
on affiinisimpleksin (x0 ...xn) särmä.
Huomautus. Geometrisesti särmän tulkinta on ilmeinen: se on kolmion kylki,
tetraedrin ”geometrinen särmä” jne. Särmän jälki on jana, ellei sitten käy niin,
että xi = xj, jolloin se surkastuu pisteeksi. Jos pisteet x0,...,xn ovat eri pisteitä,
niin affiinisimpleksillä (x0 ...xn) on tarkalleen n! kappaletta (eri) särmiä.
Jätetään tämän todistus harjoitustehtäväksi.
Metrisessä avaruudessa K määritellään (kuten tapana on) epätyhjän joukon
A ⊂ K halkaisija d(A) asettamalla
d(A) = sup{d(x,y) | x,y ∈ A}.
Koska simpleksin jälki on kompakti, niin se on myös rajoitettu, ja siten sen halkaisija
on äärellinen. Affiinisimpleksin (x0 ...xn) jäljen |(x0 ...xn)| halkaisijalle
d(|(x0 ...xn)|) käytetään jatkossa turhien sulkujen välttämiseksi merkintää
d(|x0 ...xn|) = d(|(x0 ...xn)|) ∈ R.
Lause 11.6 Olkoon K konveksi joukko. Affiinisimpleksin jäljen halkaisija on
sama kuin sen pisimmän särmän pituus, ts. jos (x0 ...xn) : ∆n → K, n ≥ 1 on
affiinisimpleksi, niin
Todistus. Merkitään
d(|x0 ...xn|) = max{d(xi,xj) | 0 ≤ i < j ≤ n}.
a = max{d(xi,xj) | 0 ≤ i < j ≤ n} ∈ R.
Koska xi,xj ∈ |(x0 ...xn)|, niin a ≤ d(|x0 ...xn|) ja riittää osoittaa, että
d(|x0 ...xn|) ≤ a. (1)
Olkoon y ∈ |(x0 ...xn)| mielivaltainen. Väite (1) seuraa, jos osoitetaan, että
kaikille x ∈ |(x0 ...xn)| pätee
d(x,y) ≤ a
164

tai toisin sanoen
x ∈ B(y,a), (2)
missä B(y,a) on y-keskinen a-säteinen suljettu pallo. Väite (2) seuraa, jos osoitetaan,
että
|(x0 ...xn)| ⊂ B(y,a). (3)
Koska |(x0 ...xn)| on lauseen 11.1 mukaan joukon {x0,...,xn} konveksiverho
ja B(y,a) on konveksi, niin väite (3) seuraa, jos osoitetaan, että
{x0,...,xn} ⊂ B(y,a). (4)
Olkoon k = 0,...,n mielivaltainen. Väite (4) seuraa, jos osoitetaan, että
tai toisin sanoen
xk ∈ B(y,a),
y ∈ B(xk,a). (5)
Koska y ∈ |(x0 ...xn)|, niin väite (3) seuraa, jos osoitetaan, että
|(x0 ...xn)| ⊂ B(xk,a). (6)
Koska siis |(x0 ...xn)| on joukon {x0,...,xn} konveksiverho ja B(xk,a) on konveksi,
niin väite (6) seuraa, jos osoitetaan, että
{x0,...,xn} ⊂ B(xk,a).
Tämä seuraa suoraan luvun a määritelmästä.
Määritelmä 11.7 Olkoon K konveksi joukko ja n ∈ N. Merkitään
ja edelleen
Σ A n(K) = {σ ∈ Σn(K) | σ on affiini} ⊂ Σn(X)
S A n (K) = Fr(Σ A n(K)).
Sanotaan, että S A n (K) on K:n n-affiiniketjujen ryhmä. Sen alkioita sanotaan
(luonnollisesti) K:n n-affiiniketjuiksi.
Huomautus 11.8 Upotuskuvauksen ΣA n(K) ֒→ Σn(X) ja samastuskuvauksen
i : Σn(K) → Sn(K) yhdiste on injektio ΣA n(K) → Sn(K), joka indusoi lauseen
2.15 mukaisesti homomorfismin iA : SA n (K) → Sn(K). Helposti nähdään, että
iA on monomorfismi, ja tämän monomorfismin kautta voidaan tulkita SA n (K) =
iA (SA n (K)) ⊂ Sn(K). Kuten tapana on ollut, tämä ”tulkintakuvaus” iA jätetään
yleensä kirjoittamatta, jolloin SA n (K) ⊂ Sn(K). Tätä tulkintaa helpottavat nyt
huomautuksen 2.14 formaalit summaesitykset: jokainen K:n n-affiiniketju cA voidaan formaalisti esittää muodossa
c A =
nσ · σ,
σ∈Σ A n
165

kun taas mielivaltaisella K:n affiiniketjulla c on esitys
c =
nσ · σ.
σ∈Σn
Tässä tulkinnassa siis n-ketjulle c ∈ Sn(K) pätee c ∈ S A n (K) jos ja vain jos
nσ = 0 kaikille σ ∈ Σn(K) \ Σ A n(K).
Oleellista tässä tulkinnassa on se, että S A n (K) on ryhmän Sn(K) aliryhmä, jolloin
kahden affiiniketjun summa pysyy affiiniketjujen ryhmässä ja myös affiiniketjun
käänteisalkio löytyy sieltä.
Reunakuvauksen ∂n määritelmässä olevat affiinisimpleksit F i n = (e0 ...êi ...en)
ovat nimensä mukaisesti affineja. Tällöin, jos σ ∈ Σ A n(K), niin σ◦F i n ∈ Σ A n−1(K),
sillä huomautuksen 1.24 mukaan affiinien kuvausten yhdiste on affiini. Silloin
∂nσ =
n
(−1) i σ ◦ F i n ∈ S A n−1(K),
i=0
Tämä havainto aiheuttaa sen, että
∂n(S A n (K)) ⊂ S A n−1(K),
joten reunahomomorfismin ∂n rajoittuma aliryhmään S A n (K) ⊂ Sn(K) on homomorfismi
∂n| S A n (K) : S A n (K) → S A n−1(K).
Tämän nojalla voidaan asettaa määritelmä:
Määritelmä 11.9 Olkoon K konveksi joukko. Merkitään kaikille n ∈ N symbolilla
∂ A n rajoittumakuvausta ∂n| S A n (K). Sanotaan, että ketjukompleksi (S A (K),∂ A ) =
{(S A n (K),∂ A n )}n∈Z on avaruuden K affiini ketjukompleksi.
Huomautus. Määritelmässä 11.9 pitää tietysti sopia, että S A n (K) = 0, kun n < 0
ja että ∂ A n = 0 kun n ≤ 0. Lisäksi on huomattava, että kyseessä todella on
ketjukompleksi eli että ∂ A n−1 ◦ ∂ A n = 0. Tämä seuraa välittömästi siitä, että
∂n−1 ◦ ∂n = 0.
Määritelmä 11.10 Olkoon K konveksi joukko ja σ = (x0 ...xn) ∈ Σ A n(K)
sekä a ∈ K. Sanotaan, että affiinisimpleksin σ a-kartio on affiinisimpleksi
aσ ∈ Σ A n+1(K), missä
aσ = (ax0x1 ...xn) : ∆n+1 → K.
Sanotaan, että piste a ∈ K on kartion aσ kärki.
Näin saadaan kuvaus Σ A n(K) → Σ A n+1(K), σ ↦→ aσ. Kun yhdistetään tähän
166

samastuskuvaus i : Σ A n+1(K) → S A n+1(K), syntyy kuvaus Σ A n(K) → S A n+1(K).
Tämä kuvaus indusoi lauseen 2.15 mukaisesti homomorfismin
an : S A n (K) → S A n+1(K).
Sanotaan, että tämä homomorfismi on pisteen a indusoima kartiohomomorfismi.
Huomautus 11.11 Määritelmässä 11.10 pitää huomata, että affiinin simpleksin
(x0 ...xn) ∈ ΣA n(K) a-kartio on todella joukossa ΣA n+1(K). Tämä seuraa
huomautuksesta 11.4, sillä a,x0,...,xn ∈ K ja K on konveksi. Tässä on lisäksi
syytä huomata, että määritelmien mukaan a-kartiokuvaus an operoi formaalisti
näin:
⎛
⎝
⎞
nσ · σ⎠
=
nσ · aσ.
an
σ∈Σ A n (K)
σ∈Σ A n (K)
Esimerkki. Geometrisesti a-kartio näyttää tältä:
Kun n = 0 ja σ = (x0), niin
a = (aσ)(e0)
•
• •
e0
∆1
e1
Kun n = 1 ja σ = (x0x1), niin
•
• •
e0
e2
∆2
e1
Kun n = 2 ja σ = (x0x1x2), niin
• •
e0
e2
•
∆3
•
e3
e1
−→
aσ
aσ
−→
aσ
−→
•
x0 = (aσ)(e1) = σ(e0)
•
a = (aσ)(e0)
•
x0 = (aσ)(e1) = σ(e0)
a = (aσ)(e0)
•
• •
x0 = (aσ)(e1) = σ(e0)
167
• x1 = (aσ)(e2) = σ(e1)
• x2 = (aσ)(e3) = σ(e2)
x1 = (aσ)(e2) = σ(e1)

Tuosta tapauksesta n = 2 näkyy syy nimitykseen ”a-kartio”: simpleksin aσ jälki
on kolmiopohjainen kartio, jonka kärkipisteenä on a ja pohjana simpleksin σ
jälki.
Tarkastellaan edellisistä kuvista tapausta n = 1. Simpleksin aσ reuna on kuvan
kolmion aσ(∆2) suunnistettu reunaviiva eli kolmen suunnistetun janan summa.
Tarkan formaalisti, kun σ = (x0x1), niin aσ = (ax0x1) ja silloin lauseen 9.8
nojalla
∂2(aσ) = (x0x1) − (ax1) + (ax0). (1)
Toisaalta, jos lasketaan ensin reuna ja sitten a-kartio eli ketju a0(∂1(σ)), niin
saadaan
a0(∂1(x0x1)) = a0((x1) − (x0)) = (ax1) − (ax0). (2)
Laskemalla summat (1) ja (2) yhteen saadaan summaksi (x0x1) eli alkuperäinen
simpleksi σ. Tämä ei ole sattumaa, vaan näin käy aina ja kaikissa dimensioissa.
Tämä on hyödyllinen tekninen aputulos, joka todistetaan seuraavaksi ja jota
sovelletaan pian sen jälkeen.
Lause 11.12 Olkoon K konveksi joukko, n ≥ 1 ja a ∈ K. Tällöin pätee
∂ A n+1 ◦ an + an−1 ◦ ∂ A n = id S A n (K).
Todistus. Lauseen 2.15 yksikäsitteisyyspuolen nojalla riittää osoittaa, että
∂ A n+1 ◦ an(σ) + an−1 ◦ ∂ A n (σ) = σ kaikille σ ∈ Σ A n(K). (1)
Olkoon tätä varten σ = (x0 ...xn) ∈ Σ A n(K) mielivaltainen. Ehto (1) saadaan
suoraan laskemalla:
∂ A n+1 ◦ an(σ) + an−1 ◦ ∂ A n (σ) i) = ∂n+1(ax0 ...xn) + an−1 ◦ ∂n(σ) ii)
=
n+1
(−1) i ∂ i
n
(ax0 ...xn) + an−1 (−1) i ∂ i
iii)
(x0 ...xn) =
i=0
(âx0 ...xn) −
(x0 ...xn) −
k=0
i=0
n
(−1) k
n
(ax0 ... ˆxk ...xn) + an−1 (−1) i
iv)
(x0 ... ˆxi ...xn) =
n
(−1) k (ax0 ... ˆxk ...xn) +
k=0
(x0 ...xn) = σ,
i=0
n
(−1) i (ax0 ... ˆxi ...xn) v)
=
joten väite (1) ja siten koko lause pätee. Tässä yhtälö
i) seuraa huomautuksesta 11.11 ja reunakuvauksen ∂ A määritelmästä,
ii) seuraa reunakuvauksen määritelmästä 4.3 ja
iii) seuraa lauseesta 9.7. Tässä on myös ensimmäisestä summasta irrotettu ensimmäinen
termi ja loppusummassa vaihdettu summeerausindeksiksi k = i − 1.
Huomaa merkin muutos, joka tästä summeerausindeksin vaihdoksesta aiheutuu.
168
i=0

Yhtälö
iv) seuraa huomautuksesta 11.11 ja
v) on trivialiteetti.
Määritelmässä 1.12 sovittiin, että simpleksijoukon ∆n ⊂ R n+1 painopiste on
b(∆n) = 1
n + 1
n
ei ∈ ∆n.
Määritellään nyt affiinisimpleksin (joka on kuvaus!) painopiste.
Määritelmä 11.13 Olkoon K konveksi joukko ja σ = (x0 ...xn) ∈ Σ A n(K).
Sanotaan, että piste
b(σ) = σ(b(∆n)) ∈ |σ| ⊂ K
on affiinisimpleksin σ painopiste. Suoraan määritelmistä nähdään, että
i=0
b(σ) = 1
n + 1
n
xi.
Huomautus 11.14 Jos määritelmässä 11.13 joukko {x0,...,xn} ⊂ Rn+1 on
riippumaton, niin painopiste b(σ) on simpleksijoukon Sx0...xn painopiste myös
fysikaalisessa mielessä, siis massakeskipiste. Jos joukko {x0,...,xn} ei ole riippumaton,
niin näin ei tarvitse olla – mieti tähän esimerkki. Tämähän tarkoittaa
sitä, että pelkästä affiinisimpleksin kuvajoukosta ei voi päätellä painopistettä.
Joka tapauksessa, on joukko riippumaton tai ei, niin suoraan määritelmästä
seuraava ehto b(σ) ∈ |σ| takaa sen, että painopiste b(σ) kuuluu joukkoon K, sillä
|σ| ⊂ K.
Painopisteen avulla voidaan nyt määritellä tämän luvun otsikossa mainittu barysentrinen
jako. Tämä on tosin vasta affiini versio; yleinen määritelmä tulee
myöhemmin.
Määritelmä 11.15 Olkoon K konveksi joukko ja (S A (K),∂ A ) sen affiini ketjukompleksi.
Määritellään rekursiivisesti homomorfismit B A n : S A n (K) → S A n (K)
seuraavalla tavalla:
Sovitaan ensin, että B A n = 0, kun n < 0 ja että B A 0 = id S A 0 (K).
Oletetaan sitten rekursiivisesti, että n ≥ 1 ja että B A n−1 : S A n−1(K) → S A n−1(K)
on jo määritelty. Määritellään ensin kuvaus B A n : Σ A n(K) → S A n (K) asettamalla
kaikille σ ∈ Σ A n(K)
i=0
B A n (σ) = b(σ)n−1(B A n−1(∂ A n σ)) ∈ S A n (K),
missä b(σ)n−1 on painopisteen b(σ) indusoima kartiohomomorfismi. Lauseen
2.15 mukaisesti tämä kuvaus B A n indusoi yksikäsitteisen homomorfismin
B A n : S A n (K) → S A n (K).
169

Tämä on homomorfismin B A n rekursiomääritelmä. Koska määritelmä on yksikäsitteinen,
rekursioperiaate takaa, että näin syntyy homomorfismi B A n : S A n (K) →
S A n (K) kaikille n ∈ Z.
Sanotaan, että perhe B A = {B A n }n∈Z on affiinin ketjukompleksin (S A (K),∂ A )
barysentrinen jako.
Huomautus. Kuvauksen B A n : Σ A n(K) → S A n (K) määritelmä on järkevä, koska
∂ A n σ ∈ S A n−1(K) ja siten rekursio-oletuksen nojalla B A n−1(∂ A n σ) ∈ S A n−1(K)
ja edelleen kartiohomomorfismin määritelmän mukaan b(σ)n−1(B A n−1(∂n A σ)) ∈
S A n (K). Tässä on huomattava vielä se, että huomautuksen 11.14 mukaan painopiste
b(σ) on joukon K alkio. Tätähän edellytetään kartiohomomorfismin määritelmässä
11.10.
Merkintä 11.16 Barysentrinen jako (joka on siis homomorfismiperhe) riippuu
tarkasteltavasta konveksista joukosta K. Tällä ei yleensä ole suurempaa
merkitystä, ja siksi se ei käy mitenkään ketjukompleksin B A merkinnästä ilmi.
Joskus on kuitenkin tarvetta korostaa sitä joukkoa, jonka suhteen barysentrinen
jako tehdään, ja silloin käytetään merkintää B A [K] = B A ja vastaavasti
homomorfismeille B A n : S A n (K) → S A n (K) merkintää B A n [K].
Esimerkki. Tarkastellaanpa, mitä tuo barysentrinen jako tekee yksittäiselle affiinille
simpleksille σ ∈ Σ A n(K). Olkoon ensin n = 1, jolloin |σ| on jana (ellei se
surkastu pisteeksi) ja simpleksin σ = (x0x1) painopiste b(σ) on janan keskipiste
b = 1/2(x0 + x1). Määritelmien mukaan
B A 1 (σ) = b0(∂1σ) = b0((x1) − (x0)) = (bx1) − (bx0).
Kyseessä on siis kahden janan summa, joista toinen on suunnistettu pisteestä b
pisteeseen x1 ja toinen (merkki huomioonottaen) pisteestä x0 pisteeseen b. Tilanne
näyttää siis tältä:
x0
x1
• •
σ
•
b
• •
x0
B A 1 (σ)
Olkoon sitten n = 2. Tällöin |σ| on kolmio (ellei se surkastu) ja simpleksin
σ = (x0x1x2) painopiste on kyseisen kolmion painopiste b = 1/3(x0 + x1 + x2).
Olkoot k0,k1,k2 janojen (x1x2), (x0x2) ja (x0x1) keskipisteet. Määritelmien
mukaan
B A 2 (σ) = b1(B A 1 (∂1σ)) = b1(B A 1 ((x1x2) − (x0x2) + (x0x1))) =
b1(((k0x2) − (k0x1)) − ((k1x2) − (k1x0)) + ((k2x1) − (k2x0))) =
(bk0x2) − (bk0x1) − (bk1x2) + (bk1x0) + (bk2x1) − (bk2x0).
Kyse on siis kuuden kolmion summasta. Kolmiot on piirretty seuraavaan kuvaan.
Suunnistuksissa on otettu huomioon merkit. Kolmion painopiste on siis b,
170
x1

jonka nimi tilanahtauden vuoksi puuttuu kuvasta.
• •
x0
x2
•
σ = (x0x1x2)
x1
k1 •
• k0
•
•
•
•
x0
k2
B A a (σ)
Tapauksessa n = 3 |σ| on tetraedri (ellei surkastu), ja B A 3 (σ) koostuu 24 ”pikkutetraedrista”:
Kukin tetraedrin tahko jaetaan ensin kuuteen pikkukolmioon
kuten tapauksessa n = 2 ja yhdistetään näiden kolmioiden kärjet tetraedrin
painopisteeseen. Tästä voi ehkä kuvankin piirtää.
Yleisesti (surkastumattomassa tapauksessa) jos σ ∈ Σ A n(K) (jolloin |σ| on ”nulotteinen
polyedri”), niin B A n (σ) koostuu (n+1)! kappaleesta pieniä ”n-ulotteisia
polyedreja”. Tämän todistus jätetään harjoitustehtäväksi – tosin tätä tietoa ei
jatkossa missään tarvita.
Huomautus 11.17 Lauseessa 11.18 osoitetaan, että perhe BA = {BA n }n∈Z on
ketjukuvaus BA : (SA (K),∂ A ) → (SA (K),∂ A ). Tämähän tarkoittaa sitä, että
pitää olla
∂ A n ◦ B A n = B A n−1 ◦ ∂ A n
(1)
kaikille n ∈ Z. Varmistutaan havainnollisella tasolla asiasta, kun n = 1. Jos
σ = (x0x1), niin sivun 170 kuvan perusteella B A 1 (σ) on kahden janan alkuperäisen
janan (x0x1) suunnistuksen mukaisesti suunnistetun janan summa. Tämän
summan reuna on näiden janojen reunojen summa. Koska janan reuna on päätepiste
– alkupiste, niin reunojen summa on (x1) −(x0), koska painopisteen antama
(b) supistuu eri merkkien johdosta pois. Tällöin ∂1(B A 1 (σ) = (x1) − (x0),
joka on alkuperäisen janan eli σ:n reuna.
Toisaalta B A 0 on määritelmän mukaan identtinen kuvaus, joten myös B A 0 (∂1σ) =
∂1σ = (x1) − (x0), ja siten väite pätee.
Kun n = 2 ja σ = (x0x1x2), niin B A 2 (σ) on yllä olevan kuvan kuuden kolmion
summa. Sen reuna ∂2(B A 2 (σ)) on näiden kuuden kolmion reunojen summa. Kolmion
reuna on sen suunnistettu reunakäyrä eli kuvan mukaan suunnistettujen
kahdeksantoista janan summa. Näistä janoista supistaa osa toisensa pois, koska
suunnat ovat vastakkaisia. Jäljelle jää kuusi janaa, jotka ovat seuraavassa
kuvassa
171
x2
•
x1

• • •
x0
k1
•
•
k2
x2
•
∂2(B A 2 (σ))
Toisaalta, jos lasketaan ensin ∂2σ, niin tuloksena on kolmen seuraavan kuvan
mukaisesti suunnistetun janan summa:
•
k0
x1
• •
x0
∂2σ
x2
•
Kun tähän summaan operoidaan kuvauksella B A 1 eli lasketaan B A 1 (∂2σ), niin
tulos on sivun 170 kuvan mukaisesti seuraavan näköistä:
x1
• • •
x0
•
x2
•
B A 2 (∂2σ)
•
Tässä on siis kuusi janaa, jotka on suunnistettu kuvan mukaan, eli tulos on täysin
sama kuin aiemmin piirretyssä ketjussa ∂2(B A 2 (σ)). Näin väite ∂2(B A 2 (σ)) =
B A 2 (∂2σ) pätee, ainakin kuvan perusteella.
Todistetaan sitten tuo huomautuksen 11.17 väite kunnolla ja kaikissa dimensioissa:
Lause 11.18 Olkoon K konveksi joukko ja (S A (K),∂ A ) sen affiini ketjukompleksi.
Tällöin perhe B A = {B A n }n∈Z on ketjukuvaus B A : (S A (K),∂ A ) → (S A (K),∂ A ).
172
x1

Todistus. Olkoon n ∈ Z. Riittää osoittaa, että kaavio
S A n−1(K)
⏐
B A
n−1
S A n−1(K)
∂ A
n
←−−−− S A n (K)
⏐
B A
n
∂ A
n
←−−−− S A n (K)
kommutoi. Asia on selvä kun n ≤ 0. Indekseille n ≥ 0 todistetaan väite induktiolla
n:n suhteen. Väite siis pätee, kun n = 0, joten induktion voisi periaatteessa
aloittaa tästä. Tässä induktioaskeleessa käytetään kuitenkin lausetta 11.12,
jossa on rajoite n ≥ 1. Tähän todistukseen se aiheuttaa rajoitteen n ≥ 2, jolloin
tapaus n = 1 täytyy käsitellä erikseen, ilman lausetta 11.12. Tarkastellaan
siis ensin tätä tapausta n = 1. Tämähän oikeastaan jo tehtiin huomautuksessa
11.17, mutta tehdään se nyt kunnolla.
Lauseen 2.15 yksikäsitteisyyspuolen nojalla riittää osoittaa, että
kaikille σ ∈ Σ A 1 (K). Olkoon σ = (x0x1). Tällöin
∂ A 1 ◦ B A 1 (σ) = B A 0 ◦ ∂ A 1 (σ) (1)
∂ A 1 ◦ B A 1 (σ) i) = ∂ A 1 (b(σ)0(B A 0 ◦ ∂ A 1 (σ))) ii)
= ∂ A 1 (b(σ)0(∂1(σ))) iii)
=
∂ A 1 (b(σ)0((x1) − (x0)) iv)
= ∂ A 1 ((b(σ)x1) − (b(σ)x0)) v)
=
∂1(b(σ)x1) − ∂1(b(σ)x0) vi)
= (x1) − (b(σ)) − ((x0) − (b(σ))) vii)
=
(x1) − (x0) viii)
= ∂ A 1 (σ) ix)
= B A 0 ◦ ∂ A 1 (σ),
joten väite (1) pätee. Tässä yhtälö
i) seuraa määritelmästä 11.15,
ii) seuraa myös määritelmästä 11.15: B A 0 = id S A n (K) ja lisäksi siitä, että ∂ A 1 =
∂1| S A 1 (K),
iii) seuraa huomautuksesta 9.9,
iv) seuraa kartiohomomorfismin määritelmästä 11.10,
v) seuraa siitä, että ∂ A 1 = ∂1| S A 1 (K) ja siitä, että ∂1 on homomorfismi,
vi) seuraa huomautuksesta 9.9,
vii) on pelkkä sievennys,
viii) seuraa huomautuksesta 9.9 sekä siitä, että ∂ A 1 = ∂1| S A 1 (K) ja lopulta
ix) seuraa siitä, että B A 0 = id S A n (K).
Näin induktion ”varsinainen” alkuaskel on otettu. Oletetaan sitten induktiivisesti,
että n ≥ 2 ja että kaavio kommutoi (n − 1):lle eli että
Induktioväitteenä on, että
∂ A n−1 ◦ B A n−1 = B A n−2 ◦ ∂ A n−1. (2)
∂ A n ◦ B A n = B A n−1 ◦ ∂ A n . (3)
173

Lauseen 2.15 yksikäsitteisyyspuolen nojalla väite (3) seuraa, jos osoitetaan, että
kaikille σ ∈ Σ A n(K) pätee
∂ A n ◦ B A n (σ) = B A n−1 ◦ ∂ A n (σ). (4)
Olkoon siis σ ∈ Σ A n(K) mielivaltainen. Koska nyt siis n ≥ 2, niin n − 1 ≥ 1 ja
silloin lauseesta 11.12 saadaan ehto
jolloin kaikille c ∈ S A n−1(K) pätee
∂ A n ◦ b(σ)n−1 + b(σ)n−2 ◦ ∂ A n−1 = id S A n−1 (K),
∂ A n ◦ b(σ)n−1(c) = c − b(σ)n−2 ◦ ∂ A n−1(c). (5)
Väite (4) saadaan tämän avulla laskemalla:
∂ A n ◦ B A n (σ) i) = ∂ A n
b(σ)n−1(B A n−1(∂ A n σ)) ii)
=
B A n−1(∂ A n σ) − b(σ)n−2 ◦ ∂ A n−1(B A n−1(∂ A n σ)) iii)
=
B A n−1(∂ A n σ) − b(σ)n−2 ◦ B A n−2(∂ A n−1(∂ A n σ)) iv)
= B A n−1(∂n A σ),
joten väite (4) pätee ja induktioaskel on otettu. Tässä yhtälö
i) seuraa B A n :n määritelmästä 11.15,
ii) seuraa ehdosta (5),
iii) saadaan induktio-oletuksesta (2) ja
iv) seuraa siitä, että ∂ A n−1 ◦ ∂ A n = 0, jolloin b(σ)n−2 ◦ B A n−2(∂ A n−1(∂ A n σ)) = 0,
koska b(σ)n−2 ◦ B A n−2 on homomorfismi.
Huomautus. Lauseen 11.18 nojalla barysentrinen B A jako on siis ketjukuvaus.
Jos tarkastellaan pelkästään konveksia joukkoa K, jonka affiinissa ketjukompleksissa
tämä ketjukuvaus toimii, mitään ei oikeastaan saada aikaan, eli tästä ei
ole varsinaista hyötyä. Pointti on siinä, että jatkossa määritellään tämän ketjukuvauksen
avulla barysentrinen (ei-affiini) jako B myös mielivaltaiseen topologiseen
avaruuteen X, ja sitten hyötyä rupeaa syntymään. Myös tämä ei-affiini
jako on ketjukuvaus, tällä kertaa X:n singulaarisessa ketjukompleksissa. Tämän
tuloksen todistuksessa lause 11.18 on suurena apuna.
Koska siis B on ketjukuvaus, niin se indusoi lauseen 5.3 mukaisesti jokaiselle
n ∈ N homomorfismin Bn : Hn(X) → Hn(X). Osoittautuu, että tämä homomorfismi
Bn on identtinen kuvaus. Käytännössähän (ja aikalailla yksinkertaistaen)
tämä tarkoittaa seuraavaa:
Homologiaryhmien määräämisessä (tai laskemisessa) on eräänä ongelmana tunnistaa
yksittäisen syklin homologiaryhmä. Nyt barysentrinen jako korvaa jokaisen
syklissä esiintyvän simpleksin monella pienemmällä simpleksillä (kolmion
kuudella pikkukolmiolla, tetraedrin 24 pikkutetraedrilla jne.). Koska siis
174

Bn : Hn(X) → Hn(X) on identtinen kuvaus (jos tuohon edelläolevaan väitteeseen
on uskominen) ja jos c on tarkasteltava sykli, käy niin, että
[Bn(c)] = Bn([c]) = [c],
joten tämän barysentrisen jaon jälkeen c homologiaryhmä ei muutu mihinkään.
Tämä on juuri se tavoite, mihin tämän luvun alussa viitattiin: korvataan siis
esiintyvät simpleksit pienemmillä, mutta sen verran siististi, ettei homologialuokka
muutu. Silloin homologialuokkien eli homologiaryhmien laskemisessa voidaan
käyttää vain näitä pieniä simpleksejä.
Tässä on vielä paljon avoimia kysymyksiä:
– miten todistetaan, että Bn on identtinen kuvaus?
– miten ei-affini tapaus hoidetaan?
– miten simpleksin ”pienuutta” mitataan, jos X:ssä ei ole metriikkaa?
– mitä tuo simpleksin ”pienuus” nyt sitten loppujen lopuksi hyödyttää?
Tästä voisi varmaan muutakin kysyä, mutta lähdetään antamaan vastausta
tuohon ensimmäiseen kysymykseen. Tämän todistuksen idea on käyttää hyväksi
ketjuhomotopiaa. Lauseessa 9.28 osoitettiin, että ketjuhomotopiset ketjukuvaukset
indusoivat samat homologiahomomorfismit. Toisaalta identtinen ketjukuvaus
indusoi identtisen homomorfismin. Siten riittää osoittaa, että B on
ketjuhomotopinen identtisen ketjukuvauksen kanssa.
Tässä vaiheessa todistetaan tämän tuloksen affiini versio. Tästä affiinista tuloksesta
ei ole paljon muuta hyötyä kuin että se toimii aputuloksena ei-affiiniin
vastaavaan tulokseen, joka on tämän luvun päätulos. Tämän affiinin version
”hyödyttömyys” johtuu siitä, että affiinisuus toimii vain jossakin konveksissa
joukossa ja nämä ovat kutistuvia, joten niiden homologiaryhmät ovat jo hallinnassa.
Niiden suhteen ei siis tarvita enää mitään kikkailua ketjuhomotopioilla.
Mutta, kuten sanottu, tämä onkin aputulos yleisempään tilanteeseen – kuten
oli myös lause 11.18.
Seuraavaksi on siis tarkoitus todistaa, että affiini barysentrinen jako ja id S A (K)
ovat ketjuhomotopisia. Määritelmän 9.3 mukaan tähän tarvitaan astetta +1 oleva
porrastettu homomorfismi T = {Tn}, missä Tn : S A n (K) → S A n+1(K) siten,
että
B A n − id = ∂n+1 ◦ Tn + Tn−1 ◦ ∂n. (T)
Määritellään tällainen porrastettu homomorfismi:
Määritelmä 11.19 Olkoon K konveksi joukko ja (S A (K),∂ A ) sen affiini ketjukompleksi.
Määritellään kaikille n ∈ Z homomorfismi
T A n : S A n (K) → S A n+1(K)
175

seuraavasti. Sovitaan ensin, että T A n = 0 kun n ≤ 0. Positiivisille n tehdään rekursiomääritelmä.
Edellä sovittiin, että T A 0 = 0, joten voidaan tehdä rekursiooletus,
että n ≥ 1 ja että T A n−1 : S A n−1(K) → S A n (K) on jo määritelty. Määritellään
sitten homomorfismi T A n : S A n (K) → S A n+1(K) seuraavasti. Määritellään
ensin (samalla symbolilla merkitty) kuvaus T A n : Σ A n(K) → S A n+1(K) asettamalla
kaikille σ ∈ Σ A n(K)
T A n (σ) = −b(σ)n(σ + T A n−1(∂ A n σ)) ∈ S A n+1(K). (1)
Tässä b(σ)n on pisteen b(σ) määräämä kartiohomomorfismi S A n (K) → S A n+1(K).
Koska rekursioletuksen nojalla T A n−1(∂ A n σ) ∈ S A n (K), niin myös σ+T A n−1(∂ A n σ) ∈
S A n (K), jolloin todellakin T A n (σ) ∈ S A n+1(K), niinkuin pitää olla.
Lauseen 2.15 nojalla on olemassa homomorfismi T A n : S A n (K) → S A n+1(K),
joka toteuttaa ehdon (1) (kun samastetaan σ ∈ S A n (K)). Tämä on nyt haetun
homomorfismin T A n määritelmä.
Rekursioperiaate takaa, että näin syntyy kaikille n ∈ N ehdon (1) toteuttava
homomorfismi.
Havainnollinen esimerkki. Katsotaanpa, mitä tuo edellä määritelty T A n tekee,
kun n = 1 tai n = 2. Olkoon ensin n = 1 ja σ = (x0x1) ∈ S A 1 (K). Olkoon lisäksi
b σ:n painopiste eli janan (x0x1) keskipiste. Koska T A 0 = 0, niin määritelmän
mukaan
T A 1 (σ) = −b(σ)0(σ) = −(bx0x1).
Tämä on janaksi surkastunut kolmio:
b
→ →
• • • • • • •
←
x0
←−
T A 1
x1 x0
x1 e0 e1
σ = (x0x1) T A 1 (σ)(∆1) ∆1
Huomaa, että T A 1 (σ):n määritelmässä oleva miinusmerkki on otettu huomioon,
noiden litistyneen ”kolmion” T A 1 (σ)(∆1) kylkien suunnistuksissa. Tarkistetaan
nyt päteekö väite (T) todella tässä tapauksessa:
Lasketaan ensin ∂2 ◦ T1(σ) eli ”kolmion” T A 1 (σ)(∆1) reuna. Sehän on positiivisesti
suunnistettu reunaviiva eli kuvassa olevien kolmen suunnistetun janan
summa.
Toisaalta T A 0 ◦ ∂1 = 0, joten yhtälön (T) oikea puoli on näiden kolmen janan
summa.
176
e2
•

Yhtälön (T) vasemmalla puolella on ensinnäkin janan σ barysentrinen jako,
joka näyttää tältä:
• • •
→
•
b
→
•
x0
x1
x0
σ = (x0x1) BA 1 (σ)
Lisäksi yhtälön (T) vasemmalla puolella on vielä −σ, joka on tämä jana ”nurinpäin”.
Nämä kun lasketaan yhteen, niin saadaan täsmälleen ne kolme janaa,
jotka syntyivät yhtälön oikealta puolelta.
Näin väite pätee havainnollisella tasolla kun n = 1. Katsotaanpa sitten mitä
tapahtuu kun n = 2. Olkoon σ = (x0x1x2) ja b tämän kolmion painopiste. Olkoon
lisäksi k0 janan (x1x2) keskipiste ja vastaavasti k1 janan (x0x2) sekä k2
janan (x0x1) keskipiste. Määritelmän mukaan saadaan
x1
T A 2 (σ) = −bn((x0x1x2) + T A 1 (∂2(x0x1x2)) =
− bn((x0x1x2) + T A 1 ((x1x2) − (x0x2) + (x0x1))) =
− bn((x0x1x2) + T A 1 (x1x2) − T A 1 (x0x2) + T A 1 (x0x1)) =
− bn((x0x1x2) + (−(k0x1x2) + (k1x0x2) − (k2x0x1))) =
− ((bx0x1x2) − (bk0x1x2) + (bk1x0x2) − (bk2x0x1)) =
− (bx0x1x2) + (bk0x1x2) − (bk1x0x2) + (bk2x0x1).
Kyseessä on siis neljän tetraedrin summa. Nämä ovat kaikki surkastuneita ja
näkyvät (jollakinlailla) seuraavassa kuvassa.
•
•
b
•
•
• • •
x0
k1
x2
k2
k0
x1
Tässä siis esimerkiksi tetraedri (bk0x1x2) on kolmioksi surkastunut ∆3:n kuva,
jossa kärkipisteet e0,e1,e2,e3 kuvautuvat näille pisteille ja juuri annetussa
järjestyksessä. Huomaa, että yksi näistä neljästä tetraedrista on ”vähän vähemmän
surkastunut” kuin muut: siinä kylkikolmiot kuvautuvat kolmioiksi, muissa
surkastumista tapahtuu myös kylkikolmioilla.
Nyt ollaankin valmiita laskemaan yhtälön (T) oikea puoli eli
∂3 ◦ T A 2 (σ) + T A 1 ◦ ∂2(σ).
177

Tässä ∂2(σ) on kolmion σ positiivisesti suunnistettu reunakäyrä eli koostuu
kolmesta janasta. Kun näihin operoidaan T A 1 :lla, saadaan (koska T A 1 :n käytös
tunnetaan edeltä) kolme surkastunutta kolmiota. Tässä ei oikein havainto riitä,
joten lasketaan tarkasti, jolloin suunnistuksetkin menevät varmasti kohdalleen:
T A 1 ◦ ∂2(σ) = T A 1 ((x1x2) − (x0x2) + (x0x1)) = (1)
T A 1 (x1x2) − T A 1 (x0x2) + T A 1 (x0x1) = −(k0x1x2) + (k1x0x2) − (k2x0x1).
Kuten tuosta kuvasta näkyy, nämä ovat surkastuneita kolmioita, jotka sijaitsevat
alkuperäisen kolmion kyljillä.
Lasketaan sitten yhtälön (T) oikealla puolella oleva toinen termi eli ∂3 ◦ T A 2 (σ).
Kuten edellä todettiin, T A 2 (σ) on neljän (surkastuneen) tetraedrin summa. Tetraedrin
reuna koostuu neljästä kolmiosta, joten tästä on tulossa kaikkiaan 16
kolmion summa. Osa niistä on surkastuneita ja osa supistaa toisensa pois. Kas
näin:
∂3 ◦ T A 2 (σ) = ∂3(−(bx0x1x2) + (bk0x1x2) − (bk1x0x2) + (bk2x0x1)) =
− ∂3(bx0x1x2) + ∂3(bk0x1x2) − ∂3(bk1x0x2) + ∂3(bk2x0x1) =
− ((x0x1x2) − (bx1x2) + (bx0x2) − (bx0x1)) +
(k0x1x2) − (bx1x2) + (bk0x2) − (bk0x1)+
− ((k1x0x2) − (bx0x2) + (bk1x2) − (bk1x0)) +
(k2x0x1) − (bx0x1) + (bk2x1) − (bk2x0) =
− (x0x1x2)+
(k0x1x2) + (bk0x2) − (bk0x1)+
− (k1x0x2) − (bk1x2) + (bk1x0)+
(k2x0x1) + (bk2x1) − (bk2x0).
Jäljelle jäi siis kymmenen kolmiota. Lisätään näihin esityksen (1) kolme kolmiota,
jolloin saadaan kokonaan yhtälön (T) oikea puoli. Kuten nähdään, tässä
supistuu lisää tavaraa pois, itse asiassa koko esitys (1), ja jäljelle jää siis yhtälön
(T) oikean puolen lopullinen muoto:
∂3 ◦ T A 2 (σ) + T A 1 ◦ ∂2(σ) = (2)
− (x0x1x2) + (bk0x2) − (bk0x1) − (bk1x2) + (bk1x0) + (bk2x1) − (bk2x0).
Yhtälön (T) vasen puoli on siis
B A 2 (σ) − σ.
Tässä olevalle barysentriselle jaolle on esitetty laskelma sivulla 170, ja sen mukaan
B A 2 (σ) = (bk0x2) − (bk0x1) − (bk1x2) + (bk1x0) + (bk2x1) − (bk2x0).
178

Vähentämällä tästä σ eli (x0x1x2) saadaan siis yhtälön (T) vasen puoli. Vertaamalla
lopputulosta yhtälön oikean puolen esitykseen (2) nähdään, että toimiihan
se.
Näin yhtälölle (T) on annettu heuristinen (tai oikeastaan melkein päteväkin)
todistus tapauksessa n = 2. Kuten näkyy, tuossa on noita enemmän tai vähemmän
surkastuneita tetraedreja ja kolmioita aivan riittävästi, mutta hämmästyttävästi
merkit ja muut osuvat kohdalleen, ja turhat termit supistuvat pois ja
homma toimii. Tämä tuntuu vähän onnenkantamoiselta, mutta eihän se sitä
tietenkään ole. Yleisessä tapauksessa n ≥ 3 yhtälö (T) pätee myös, ja se on jo
pieni ihme, sillä näitä eri tavoin suunnistettuja polyedreja sun muita laitteita
on tässä niin että heikompaa hirvittää. Tuossa tapauksessa n = 2 yhtälön (T)
oiken puolen ensimmäinen termi tuotti siis 16 kolmiota. Voit huviksesi laskea
montako polyedria vastaava termi tuottaa esimerkiksi kun n = 5.
Näistä polyedrien tuhottomasta lukumäärästä huolimatta käymme rohkein mielin
yhtälön (T) yleisen todistuksen kimppuun:
Lause 11.20 Olkoon K konveksi joukko ja (S A (K),∂ A ) sen affiini ketjukompleksi.
Tällöin ketjukuvaukset B A ja id S A : (S A ,∂ A ) → (S A ,∂ A ) ovat ketjuhomotopisia.
Tarkemmin sanottuna näiden väliseksi ketjuhomotopiaksi käy määritelmän
11.19 astetta +1 oleva porrastettu homomorfismi T A eli pätee
B A − id S A (K) = ∂ A ◦ T A + T A ◦ ∂ A .
Todistus. Pitää osoittaa, että kaikille n ∈ Z pätee
B A n − id S A n (K) = ∂ A n+1 ◦ T A n + T A n−1 ◦ ∂ A n . (1)
Tehtyjen sopimusten mukaan tämä pätee triviaalisti, kun n < 0. Koska B A 0 =
id S A n (K) ja T A 0 = T A −1 = 0, niin väite pätee myös kun n = 0. Indekseille n ≥ 1
todistetaan väite induktiolla. Koska väite pätee kun n = 0, induktion voi aloittaa
tästä. Tehdään induktio-oletus, että n ≥ 1 ja että väite (1) pätee (n − 1):lle eli
että
B A n−1 − id S A n−1 (K) = ∂ A n ◦ T A n−1 + T A n−2 ◦ ∂ A n−1. (2)
Induktioväitteenä on, että yhtälö (1) pätee. Riittää osoittaa, että kaikille σ ∈
Σ A n(K) pätee
B A n (σ) − σ = ∂ A n+1 ◦ T A n (σ) + T A n−1 ◦ ∂ A n (σ). (3)
Olkoon siis σ ∈ Σn(K) mielivaltainen. Lauseen 11.12 nojalla saadaan ehto
∂ A n+1 ◦ b(σ)n(σ + T A n−1(∂ A n (σ))) + b(σ)n−1 ◦ ∂ A n (σ + T A n−1(∂ A n (σ))) =
σ + T A n−1(∂ A n (σ)). (4)
179

Väitteen (3) todistus on nyt suora lasku:
∂ A n+1 ◦ T A n (σ) + T A n−1 ◦ ∂ A n (σ) i) =
− ∂ A n+1 ◦ b(σ)n(σ + T A n−1(∂ A n σ)) + T A n−1 ◦ ∂ A n (σ) ii)
=
− σ − T A n−1(∂ A n (σ)) + b(σ)n−1 ◦ ∂ A n (σ + T A n−1(∂ A n (σ))) + T A n−1 ◦ ∂ A n (σ) iii)
=
− σ − T A n−1(∂ A n (σ))+
A
b(σ)n−1 ∂n (σ) + ∂ A n T A n−1(∂ A n (σ)) +
T A n−1 ◦ ∂ A n (σ) iv)
=
− σ − T A n−1(∂ A n (σ))+
b(σ)n−1
T A n−1 ◦ ∂ A n (σ) v)
=
∂ A n (σ) + B A n−1(∂ A n (σ)) − id S A n−1 (K)(∂ A n (σ)) − T A n−2 ◦ ∂ A n−1(∂ A n (σ))
− σ − T A n−1(∂ A n (σ)) + b(σ)n−1
− σ + B A n (σ),
B A n−1(∂ A n (σ)) + T A n−1 ◦ ∂ A n (σ) vi)
=
+
joten väite (3) pätee. Tässä yhtälö
i) seuraa T A n :n määritelmästä ja siitä, että ∂ A n+1 on homomorfismi,
ii) seuraa ehdosta (4),
iii) seuraa siitä, että ∂ A n on homomorfismi,
iv) seuraa induktio-oletuksesta (2),
v) seuraa siitä, että ∂ A n−1 ◦ ∂ A n = 0 ja
vi) seuraa B A n :n määritelmästä.
Tämän luvun loppuosassa yleistetään lause 11.20 koskemaan myös ei-affiineja
simpleksejä. Nythän tästä yleistyksestä ei voi oikeastaan puhuakaan, koska barysentristä
jakoa ei ole vielä määritelty ei-affiineille simpleksille. Ennenkuin tähän
määritelmään mennään, tarkastellaan hieman sitä, paljonko affiini barysentrinen
jako oikeastaan pienentää simpleksejä. Tämän luvun alussahan asetettiin
tavoite, että simpleksejä pitäisi saada pienemmiksi, ja nyt pitää tietää, miten ja
millä mittarilla mitattuna siinä on onnistuttu.
Merkinnässä 11.1 määriteltiin simpleksin σ ∈ Σn(X) jälki |σ| ⊂ X. Lauseessa
11.6 huomattiin, että jos X on konveksi joukko ja σ on affiini, niin tämän
jäljen halkaisija on sama kuin sen pisimmän särmän pituus. Seuraavassa tarkastellaan
affiinin barysentrisen jaon simpleksien halkaisijoita. Sitä ennen asetetaan
kuitenkin muutama määritelmä.
Määritelmä 11.21 Olkoon X topologinen avaruus, n ∈ N ja c ∈ Sn(X), jolloin
c voidaan yksikäsitteisellä tavalla esittää summana c =
σ∈Σn(X) nσ · σ,
missä nσ ∈ Z kaikille σ ja nσ = 0 m.k. σ. Määritellään nyt ketjun c jälki
180

|c| ⊂ X sopimalla, että
|c| =
σ∈Σn(X)
nσ =0
|σ| ⊂ X.
Jos c = 0, niin nσ = 0 kaikille σ ja tuo yhdiste on vähän omituinen, määriteltyhän
se on myös siinä tapauksessa. Kerrataan nyt joukko-oppia sen verran, että
sanotaan ääneen, mikä on tyhjän indeksijoukon yli otettu yhdiste: Jos c = 0,
niin |c| = ∅.
Lause 11.22 Olkoon K konveksi joukko, n ∈ N ja ja c ∈ S A n (K). Tällöin
a) |∂ A n c| ⊂ |c|,
b) |B A n (c)| ⊂ |c| ja
c) |T A n (c)| ⊂ |c|,
missä B A n on kuten määritelmässä 11.15 ja T A n on kuten määritelmässä 11.19.
Todistus. Koska ∂ A n , B A n ja T A n ovat homomorfismeja, riittää ilmeisesti todistaa
väite siinä tapauksessa, että c = σ ∈ Σ A n(K).
Tapaus a) on helppo harjoitustehtävä.
Tapaus b): Tehdään induktio n:n suhteen. Kun n = 0, niin väite pätee, sillä
määritelmän mukaan B A 0 (σ) = σ.
Oletetaan sitten induktiivisesti, että n ≥ 1 ja että väite pätee (n − 1):lle, eli
että
|B A n−1(τ)| ⊂ |τ| kaikille τ ∈ Σ A n−1(K). (1)
Induktioväitteenä on, että
Määritelmän mukaan
Olkoon
|B A n (σ)| ⊂ |σ|. (2)
B A n (σ) = b(σ)n−1(Bn−1(∂ A n σ)). (3)
B A n−1(∂ A n (σ)) =
α∈Σ A n−1 (K)
Tällöin ehdon (3) mukaan, koska b(σ)n−1 on homomorfismi,
B A n (σ) =
nα · b(σ)n−1(α).
α∈Σ A n−1 (K)
Silloin väite (2) seuraa, jos osoitetaan, että
nα · α. (4)
|b(σ)n−1(α)| ⊂ |σ| kun nα = 0. (5)
181

Olkoon siis α ∈ Σ A n−1(K) siten, että nα = 0. Tällöin esityksen (4) ja induktiooletuksen
(1) nojalla
|α| ⊂ |∂ A n (σ)|,
jolloin lauseen a)-kohdan nojalla
|α| ⊂ |σ|. (6)
Koska α on affiini, niin se on muotoa α = (x0 ...xn−1) joillekin x0,...,xn−1 ∈
K. Tällöin kartiohomomorfismin määritelmän mukaan b(σ)n−1(α) =
(b(σ)x0 ...xn−1). Silloin väite (5) tulee muotoon
|(b(σ)x0 ...xn−1)| ⊂ |σ|. (7)
Lauseen 11.2 nojalla |σ| on konveksi ja lisäksi |(b(σ)x0 ...xn−1)| on joukon
{b(σ),x0,...,xn−1} konveksiverho. Tällöin väite (7) seuraa, jos osoitetaan, että
{b(σ),x0,...,xn−1} ⊂ |σ|. (8)
Määritelmän 11.13 mukaan b(σ) ∈ |σ|, joten riittää osoittaa, että
{x0,...,xn−1} ⊂ |σ|. Näin on, sillä
{x0,...,xn−1} ⊂ |(x0 ...xn−1)| = |α|,
joten väite {x0,...,xn−1} ⊂ |σ| seuraa ehdosta (6).
Näin ehto (8) pätee ja siten induktio väite on todistettu. Induktioperiaatteen
nojalla b)-kohdan todistus on siten valmis.
Tapaus c) jätetään harjoitustehtäväksi. Todistus on analoginen b)-kohdan todistuksen
kanssa.
Huomautus. Sivuilla 176-177 katseltiin enemmän tai vähemmän havainnollisia
kuvia T A n :sta kun n = 1 ja n = 2. Huomattiin että tapauksessa n = 1
T A n (σ) koostuu surkastuneista kolmioista ja tapauksessa n = 2 surkastuneista
tetraedreista. Tämä sama ilmiö jatkuu korkeammissa dimensioissa, minkä näkee
nyt lauseesta 11.22 c). Siinähän T A n (c) on (n + 1)-ulotteinen ketju, kun taas
c on vain n-ulotteinen. Siten joukon |T A n (c)| on pakko olla surkastunut, ainakin
yhdellä dimensiolla.
Edellä on ollut puhetta siitä, että barysentrinen jako pienentää simpleksejä.
Tutkitaan tätä asiaa seuraavaksi. Affiinin simpleksin kokoahan on mitattu sen
jäljen halkaisijalla. Määritellään seuraavaksi myös affiinille ketjulle sen kokoa
mittaava laite. Tässähän voisi tietysti ajatella niin, että otetaan ketjun kaikkien
simpleksien jälkien yhdiste ja mitataan kyseisen yhdisteen halkaisija. Tämä ei
ole kuitenkaan hyvä mittari, koska tässä on pyrkimys nimenomaan siihen, että
yksittäiset simpleksit olisivat pieniä, eivät välttämättä näistä pikkusimplekseistä
koostuvat ketjut. Senpä takia ketjun kokomittarin määritelmä on seuraava:
182

Määritelmä 11.23 Olkoon K konveksi joukko, n ∈ N ja
c =
nσ · σ ∈ S A n (K).
σ∈Σ A n (K)
Sovitaan, että ketjun c mitta on luku
µ(c) = max{d(|σ|) | nσ = 0}.
Sovitaan erikseen, että µ(0) = 0 ja että µ(σ) = d(|σ|), kun σ ∈ Σ A n(K).
Nyt tullaan sitten siihen kysymykseen, jota tässä on pohjustettu: paljonko barysentrinen
jako pienentää ketjua tällä mittarilla µ mitattuna? Vastaus on tämä:
Lause 11.24 Olkoon K konveksi joukko, n ∈ N ja c ∈ S A n (K). Tällöin
µ B A n (c) ≤ n
n + 1 µ(c).
Todistus. Tehdään induktio n:n suhteen. Koska määritelmän 11.23 mukaan nollaketjun
mitta on nolla, niin väite pätee, kun n = 0. Oletetaan sitten induktiivisesti,
että n ≥ 1 ja että kaikille d ∈ S A n−1(K) pätee
µ B A n−1(d) ≤
n − 1
µ(d). (1)
n
Induktioväitteenä on lauseen väite. Huomataan ensin, että riittää todistaa ehto
µ B A n (σ) ≤ n
µ(σ) (2)
n + 1
kaikille σ ∈ Σ A n(K). Tämä johtuu siitä, että jos ehto (2) pätee, niin jokaiselle
c =
σ∈Σ A n (K) nσ · σ ∈ S A n (K) saadaan
µ B A n (c) i)
≤ max{µ B A n (σ) | nσ = 0} ii)
≤ n
n + 1 max{µ(σ) | nσ = 0} iii)
= µ(c),
joten (induktio)väite seuraa. Tässä epäyhtälö i) seuraa siitä, että jokainen ketjun
B A n (c) simpleksi (jonka kerroin on nollasta eroava) esiintyy jossakin ketjussa
B A n (σ), nσ = 0, mikä puolestaan seuraa siitä, että B A n on homomorfismi. Huomaa,
että tähän ei välttämättä tule yhtälöä, koska näissä ketjuissa B A n (σ) voi
(ainakin periaatteessa) esiintyä sellaisia simpleksejä, jotka summattaessa ”supistuvat
pois”. Epäyhtälö riittää tässä, joten tarkempaan analyysiin ei ole tarvetta.
Epäyhtälö ii) seuraa ehdosta (2) (jos se siis pätee) ja yhtälö iii) on määritelmä.
Riittää siis todistaa ehto (2). Olkoon siis σ = (x0 ...xn) ∈ ΣA n(K) mielivaltainen.
Olkoon lisäksi
B A n−1(∂ A n σ) =
nτ · τ. (3)
τ∈Σ A n−1 (K)
183

Tällöin
µ B A n (σ) i)
= µ b(σ)n−1(B A n−1(∂ A n σ)) ⎛ ⎛
ii)
= µ ⎝b(σ)n−1 ⎝
⎛
µ ⎝
τ∈Σ A n−1 (K)
max{d(|b(σ)τ|) | nτ = 0}.
⎞
nτ · b(σ)n−1(τ) ⎠ iv)
⎛
= µ ⎝
τ∈Σ A n−1 (K)
nτ · b(σ)τ
τ∈Σ A n−1 (K)
⎞
⎞⎞
nτ · τ⎠
⎠ iii)
=
⎠ v)
= (4)
Tässä yhtälö
i) seuraa kuvauksen B A n määritelmästä,
ii) tulee esityksestä (3),
iii) seuraa siitä, että b(σ)n−1 on homomorfismi,
iv) seuraa kartiohomomorfismin määritelmästä ja
v) seuraa mitan µ määritelmästä. Huomaa, että tässä kartiot b(σ)τ ovat yksittäisiä
n-simpleksejä. Huomaa myös, että tämä yhtälö ei ole aivan trivialiteetti.
Epäyhtälö ”≤” on lähinnä triviaalia (ja tämähän tässä riittääkin), mutta yhtälö
vaatii vähän ajattelua. Jätetään se harjoitustehtäväksi, koska se ei siis ole tässä
todistuksessa välttämätöntä.
Nyt ehdon (4) nojalla väite (2) seuraa, jos osoitetaan, että
d(|b(σ)τ|) ≤ n
n + 1 µ(σ), kun nτ = 0. (5)
Olkoon siis τ = (y0 ...yn−1) ∈ Σ A n−1(K) siten, että nτ = 0. (Tässä siis kertoimet
nτ määräytyvät esityksestä (3).) Tällöin kartiokuvauksen määritelmän
mukaan b(σ)τ = (b(σ)y0 ...yn−1).
Lauseen 11.6 perusteella affiinisimpleksin halkaisija on sen pisimmän särmän
pituus, joten väite (5) seuraa, jos osoitetaan, että
kaikille i,j = 0,...,n − 1.
Väite (6) saadaan helposti, sillä kaikille i,j pätee
d(yi,yj) ≤ n
µ(σ) ja (6)
n + 1
d(b(σ),yi) ≤ n
µ(σ) (7)
n + 1
d(yi,yj) i)
≤ d(|τ|) ii)
≤ µ B A n−1(∂ A n σ) iii) n − 1
≤
n µ(∂A n σ) iv)
≤
n − 1
n max{d(|∂i σ|) | i = 0,...,n} v)
≤
joten väite (6) pätee. Tässä epäyhtälö
i) seuraa siitä, että yi,yj ∈ |τ|,
n − 1 vi)
d(|σ|) ≤
n n vii)
d(|σ|) =
n + 1 n
n + 1 µ(σ),
184

ii) seuraa mitan µ määritelmästä ja esityksestä (3), nythän siis nτ = 0,
iii) seuraa induktio-oletuksesta (1),
iv) seuraa mitan µ määritelmästä ja siitä, että ∂A n σ = n i=0 (−1)i∂iσ. Miksei
tähän välttämättä tule yhtälöä? Epäyhtälö
v) seuraa siitä, että |∂iσ| = |σ ◦ F i n| ⊂ |σ|,
vi) seuraa siitä, että (n − 1)/n < n/(n + 1) ja yhtälö
vii) on määritelmä 11.23.
Riittää siis todistaa väite (7).
Muistetaan, että σ = (x0 ...xn). Merkitään
a = max{d(b(σ),xi) | i = 0,...,n}.
Tällöin {x0,...,xn} ⊂ B(b(σ),a), joten, koska pallo B(b(σ),a) on konveksi ja
|σ| on joukon {x0,...,xn} konveksiverho, pätee
Nyt kaikille i = 0,...,n − 1 pätee
yi
|σ| ⊂ B(b(σ),a). (8)
i)
∈ |τ| ii)
⊂ |B A n−1(∂ A n σ)| iii)
⊂ |∂ A n σ| iv)
⊂ |σ|, (9)
missä ehto i) seuraa siitä, että τ = (y0 ...yn−1), ehto ii) esityksestä (3) ja määritelmästä
11.23, (koska nτ = 0) sekä ehdot iii) ja iv) seuraavat lauseesta 11.22.
Ehtojen (9) ja (8) nojalla kaikille i = 0,...,n − 1 pätee.
d(b(σ),yi) ≤ a.
Silloin väite (7) seuraa, jos osoitetaan, että
a ≤ n
n + 1 µ(σ)
eli että kaikille i = 0,...,n pätee
d(b(σ),xi) ≤ n
µ(σ). (10)
n + 1
Tämä saadaan suoraan arvioimalla: Jokaiselle i pätee
d(b(σ),xi) = ||b(σ) − xi|| i) ⎛
= ⎝
1
⎞
n
xj⎠
− xi =
n + 1
j=0
1
n + 1
⎛ ⎞
n
⎝ xj⎠
− (n + 1)xi) = 1
n + 1
n
(xj − xi) =
1
n + 1
j=0
j=i
j=0
j=0
j=i
j=0
n
(xj − xi) ii)
≤ 1
n
(xj − xi)
n + 1
iii)
≤
1
n
d(|σ|) =
n + 1
n n
d(|σ|) =
n + 1 n + 1 µ(σ),
185
j=0
j=i

joten väite (10) pätee ja lause on todistettu. Tässä yhtälö i) seuraa painopisteen
b(σ) määritelmästä, ii) seuraa kolmioepäyhtälöstä ja iii) siitä, että
xi,xj ∈ |(x0 ...xn)| = |σ|. Muut vaiheet ovat lähinnä trivialiteetteja.
Seuraavaksi määritellään yleisen simpleksin – ei siis vain affiinin – barysentrinen
jako. Samalla voidaan luopua siitä oletuksesta, että tarkasteltava avaruus
X on konveksi joukko. Tähän tarvitaan muutamia apulauseita:
Lause 11.25 Olkoot K ja L konvekseja joukkoja, n ∈ N, c ∈ SA n (K) ja a ∈ K.
Olkoon f : K → L affiini kuvaus ja fk : SA k (K) → SA k (L) sen indusoimat
ketjuhomomorfismit, k ∈ N. Tällöin pätee
fn+1(an(c)) = f(a)n(fn(c)),
missä an ja f(a)n ovat pisteiden a ja f(a) indusoimia kartiohomomorfismeja.
Todistus. Riittää osoittaa, että kaikille σ = (x0 ...xn) ∈ Σ A n(K) pätee
Näin on, sillä
fn+1(an(σ)) = f(a)n(fn(σ)).
fn+1(an(σ)) i) = fn+1((aσ)) ii)
= fn+1((ax0 ...xn)) iii)
= f ◦ (ax0 ...xn) iv)
=
(f(a)f(x0)...f(xn)) v)
= f(a)((f(x0)...f(xn))) vi)
= f(a)n((f(x0)...f(xn))) vii)
=
f(a)n(f ◦ (x0 ...xn)) viii)
= f(a)n(fn(σ)),
joten väite pätee. Tässä yhtälö
i) seuraa kartiohomomorfismin an määritelmästä,
ii) seuraa kartiokuvauksen määritelmästä,
iii) seuraa ketjuhomomorfismin fn+1 määritelmästä,
iv) seuraa lauseesta 1.29, sillä tässä kaikki kuvaukset ovat affiineja ja simpleksin
∆n+1 kärkipisteet kuvautuvat samoin yhtälön molemmilla puolilla,
v) seuraa kartiokuvauksen määritelmästä,
vi) seuraa kartiohomomorfismin f(a)n määritelmästä,
vii) seuraa lauseesta 1.29, sillä tässäkin kaikki kuvaukset ovat affiineja ja simpleksin
∆n kärkipisteet kuvautuvat samoin yhtälön molemmilla puolilla ja
viii) seuraa ketjuhomomorfismin fn määritelmästä.
Huomataan seuraavaksi, että affiini kuvaus ”kuvaa painopisteen painopisteelle”
eli tarkemmin sanottuna
Lause 11.26 Olkoot K ja L konvekseja joukkoja, n ∈ N, σ ∈ Σ A n(K) ja f :
K → L affiini kuvaus. Tällöin pätee
f(b(σ)) = b(f ◦ σ).
186

Todistus. Koska f on affiini, niin f ◦ σ ∈ Σ A n(L) ja suoraan määritelmän 11.13
mukaan
b(f ◦ σ) = (f ◦ σ)(b(∆n)) = f(σ(b(∆n))) = f(b(σ)),
eli asia on selvä.
Lause 11.27 Olkoot K ja L konvekseja joukkoja, n ∈ N, f : K → L affiini
kuvaus ja fk : SA k (K) → SA k (L) sen indusoimat ketjuhomomorfismit, k ∈ N.
Tällöin pätee
a) fn ◦ B A n = B A n ◦ fn : S A n (K) → S A n (L) ja
b) fn+1 ◦ T A n = T A n ◦ fn : S A n (K) → S A n+1(L).
Todistus. a) Tehdään induktio n:n suhteen. Kun n = 0, niin väite pätee triviaalisti,
koska B A 0 = id. Olkoon siis n ≥ 1 ja ja oletetaan induktiivisesti, että väite
pätee (n − 1):lle eli että
fn−1 ◦ B A n−1 = B A n−1 ◦ fn−1. (1)
Induktioväitteenä on lauseen väite a). Riittää osoittaa, että kaikille σ ∈ Σ A n(K)
pätee
fn ◦ B A n (σ) = B A n ◦ fn(σ).
Olkoon σ ∈ Σ A n(K) . Tällöin
fn ◦ B A n (σ) i)
= fn b(σ)n−1(B A n−1(∂ A n σ)) ii)
= (f(b(σ)))n−1 fn−1(B A n−1(∂ A n σ)) iii)
=
fn−1(B A n−1(∂ A n σ)) iv) A
Bn−1(fn−1(∂ A n σ)) v)
b(f ◦ σ)n−1
b(f ◦ σ)n−1
= b(f ◦ σ)n−1
B A n−1(∂ A n fn(σ)) vi)
= b(f ◦ σ)n−1
B A n (f ◦ σ) viii)
= B A n ◦ fn(σ),
B A n−1(∂ A n (f ◦ σ)) vii)
=
joten induktioväite pätee ja asia on selvä. Tässä yhtälö
i) seuraa B A n :n määritelmästä (n ≥ 1),
ii) seuraa lauseesta 11.25 (tässä tarvitaan taas oletusta n ≥ 1),
iii) seuraa lauseesta 11.26 (koska n ≥ 1),
iv) seuraa induktio-oletuksesta (1),
v) seuraa siitä, että {fn} on ketjukuvaus,
vi) seuraa ketjuhomomorfismin fn määritelmästä,
vii) seuraa B A n :n määritelmästä ja
viii) seuraa taas ketjuhomomorfismin fn määritelmästä.
Näin väite a) on todistettu.
Väite b) todistetaan myös induktiolla. Kun n = 0 väite pätee, sillä T A 0 = 0.
Olkoon siis n ≥ 1 ja ja oletetaan induktiivisesti, että väite pätee (n − 1):lle
eli että
fn ◦ T A n−1 = T A n−1 ◦ fn−1. (2)
187
=

Induktioväitteenä on lauseen väite b). Riittää osoittaa, että kaikille σ ∈ Σ A n(K)
pätee
fn+1 ◦ T A n (σ) = T A n ◦ fn(σ).
Olkoon σ ∈ Σ A n(K) . Tällöin
fn+1 ◦ T A n (σ) i)
= fn+1 −b(σ)n(σ + T A n−1(∂ A n σ)) ii)
=
− fn+1 b(σ)n(σ + T A n−1(∂ A n σ)) iii)
= −(f(b(σ)))n fn(σ + T A n−1(∂ A n σ)) iv)
=
− (f(b(σ)))n fn(σ) + fn(T A n−1(∂ A n σ)) v)
=
− (f(b(σ)))n fn(σ) + T A n−1(fn−1(∂ A n σ)) vi)
=
− (f(b(σ)))n fn(σ) + T A n−1(∂ A n (fn(σ))) vii)
=
fn(σ) + T A n−1(∂ A n (fn(σ))) viii)
− (b(f ◦ σ))n
− (b(f ◦ σ))n
f ◦ σ + T A n−1(∂ A n (f ◦ σ)) ix)
= T A n (f ◦ σ) x)
= T A n (fn(σ)),
joten induktioväite pätee ja myös väite b) on todistettu. Tässä yhtälö
i) seuraa T A n :n määritelmästä (n ≥ 1),
ii) seuraa siitä, että fn+1 on homomorfismi,
iii) seuraa lauseesta 11.25,
iv) seuraa siitä, että fn on homomorfismi,
v) seuraa induktio-oletuksesta (2),
vi) seuraa siitä, että {fn} on ketjukuvaus,
vii) seuraa lauseesta 11.26,
viii) seuraa ketjuhomomorfismin fn määritelmästä,
ix) seuraa T A n :n määritelmästä ja
x) seuraa taas ketjuhomomorfismin fn määritelmästä.
Merkintä 11.28 Merkinnässä 11.16 mainittiin siitä, että konveksin joukon K
affiinin barysentrisen jaon homomorfismeissa B A n on joskus syytä tietää tarkkaan,
mikä on se joukko K, jonka suhteen barysentrinen jako tehdään. Sovittiin,
että tällöin käytetään merkintää B A n [K]. Tehdään nyt vastaava sopimus määritelmän
11.19 homomorfismeille T A n eli merkitään T A n [K] = T A n , jos tarvetta
on.
Lause 11.29 Olkoon K konveksi joukko, n ∈ N ja σ ∈ ΣA n(K). Tällöin σ :
∆n → K on jatkuva, affiini kuvaus, joten se indusoi kaikille k ∈ N ketjuhomomorfismin
σk : SA k (∆n) → SA k (K). Tällöin pätee
a) σn(B A n [∆n](id∆n )) = BA n [K](σ) ja
b) σn+1(T A n [∆n](id∆n )) = T A n [K](σ).
Todistus. a) Lauseen 11.27 a) nojalla pätee
=
σn ◦ B A n [∆n] = B A n [K] ◦ σn.
188

Tällöin
σn(B A n [∆n](id∆n )) = σn ◦ B A n [∆n](id∆n ) = BA n [K] ◦ σn(id∆n ) =
B A n [K](σn(id∆n )) i) = B A n [K](σ ◦ id∆n ) = BA n [K](σ),
joten väite a) pätee. Tässä yhtälö i) seuraa ketjuhomomorfismin σn määritelmästä.
Lauseen väite b) todistetaan aivan vastaavasti lauseen 11.27 b) avulla.
Lause 11.29 antaa idean määritellä barysentrinen jako myös ei-affiinille simpleksille
ja myös pohja-avaruuteen, joka ei välttämättä ole vektoriavaruus. Tällöin
kyllä geometrinen idea painopisteistä ynnä muista ilmiöistä katoaa melko täysin.
Määritelmä on seuraava:
Määritelmä 11.30 Olkoon X topologinen avaruus, n ∈ N ja σ ∈ Σn(X), jolloin
σ indusoi ketjuhomomorfismin σk : Sk(∆n) → Sk(X) kaikille k. Määritellään
ketju Bn(σ) ∈ Sn(X) asettamalla
Bn(σ) = σn(B A n [∆n](id∆n )).
Näin syntyy kuvaus Bn : Σn(X) → Sn(X), joka lauseen 2.15 mukaisesti indusoi
homomorfismin Bn : Sn(X) → Sn(X). Sovitaan lisäksi, että Bn = 0,
kun n < 0. Sanotaan, että näin syntyvä perhe {Bn}n∈Z on ketjukompleksin
(S(X),∂) barysentrinen jako.
Vastaavasti määritellään Tn(σ) ∈ Sn+1(X) asettamalla
Tn(σ) = σn+1(T A n [∆n](id∆n )).
Näin syntyy kuvaus Tn : Σn(X) → Sn+1(X), joka lauseen 2.15 mukaisesti indusoi
homomorfismin Tn : Sn(X) → Sn+1(X). Sovitaan lisäksi, että Tn = 0,
kun n < 0.
Huomautus 11.31 Jos K on konveksi joukko, niin upotuksen Σ A n(K) ⊂ Σn(K)
kautta voidaan tulkita S A n (K) ryhmän Sn(K) aliryhmäksi. Nyt B A n [K] on määritelty
tässä aliryhmässä S A n (K) ja määritelmän 11.30 mukainen Bn = Bn[K]
koko ryhmässä Sn(K). Miten nämä – eli affiini ja ”ei-affiini” barysentrinen jako
– suhtautuvat toisiinsa? Teorian yleisen järkevyyden kannalta olisi suotavaa,
että barysentrinen jako tuottaisi saman lopputuloksen affiinille simpleksille käytettiinpä
affiinia tai ei-affiinia mallia. Näinhän se tietysti onkin: tämä seuraa
välittömästi lauseesta 11.29. Sama pätee homomorfismille Tn = Tn[K].
Lause 11.27 yleistyy koskemaan myös ei-affiinia tapausta:
Lause 11.32 Olkoot X ja Y topologisia avaruuksia ja f ∈ C(X,Y ). Tällöin
kaikille n ∈ Z pätee
a) fn ◦ Bn = Bn ◦ fn : Sn(X) → Sn(Y ) ja
b) fn+1 ◦ Tn = Tn ◦ fn : Sn(X) → Sn+1(Y ).
189

Todistus. a) Riittää osoittaa, että kaikille σ ∈ Σn(X) pätee
Tämä pätee, sillä
fn ◦ Bn(σ) = Bn ◦ fn(σ).
fn ◦ Bn(σ) i) = fn(σn(B A ii)
n [∆n](id∆n ))) = (fn ◦ σn) ◦ B A iii)
n [∆n](id∆n ) =
(f ◦ σ)n ◦ B A iv)
n [∆n](id∆n ) = Bn(f ◦ σ) v)
= Bn(fn(σ)) = Bn ◦ fn(σ).
Tässä yhtälö
i) seuraa Bn(σ):n määritelmästä,
ii) on trivialiteetti,
iii) seuraa lauseesta 3.13,
iv) seuraa Bn(f ◦ σ):n määritelmästä (huomaa, että f ◦ σ ∈ Σn(Y )),
v) seuraa ketjukuvauksen fn määritelmästä ja
vi) on taas trivialiteetti.
Näin väite a) on todistettu. Väitteen b) todistus on analoginen ja jätetään se
harjoitustehtäväksi.
Lauseessa 11.18 osoitettiin, että affiini barysentrinen jako on ketjukuvaus. Tämä
tärkeä tulos yleistyy myös ei-affiinille barysentriselle jaolle:
Lause 11.33 Olkoon X topologinen avaruus. Ketjukompleksin (S(X),∂) barysentrinen
jako {Bn}n∈Z on ketjukuvaus.
Todistus. Pitää osoittaa, että kaavio
∂n
· · · ←−−−− Sn−1(X) ←−−−− Sn(X) ←−−−− · · ·
⏐
⏐
⏐
⏐
Bn−1 Bn
· · · ←−−−− Sn−1(X)
kommutoi eli että kaikille n ∈ Z pätee
∂n
←−−−− Sn(X) ←−−−− · · ·
∂n ◦ Bn = Bn−1 ◦ ∂n.
Asia on selvä, jos n ≤ 0, joten voidaan olettaa, että n ≥ 1. Riittää osoittaa, että
kaikille σ ∈ Σn(X) pätee
Näin, on sillä
∂n(Bn(σ)) = Bn−1(∂n(σ)).
∂n(Bn(σ)) i) = ∂n ◦ σn(B A ii)
n [∆n](id∆n )) = σn−1 ◦ ∂n ◦ B A iii)
n [∆n](id∆n ) =
σn−1 ◦ ∂ A n ◦ B A iv)
n [∆n](id∆n ) = σn−1 ◦ B A n−1[∆n] ◦ ∂ A v)
n (id∆n ) =
vi)
vii)
σn−1 ◦ Bn−1[∆n] ◦ ∂n(id∆n ) = Bn−1 ◦ σn−1 ◦ ∂n(id∆n ) =
viii)
Bn−1 ◦ ∂n ◦ σn(id∆n ) = Bn−1(∂n(σ)).
190

Tässä yhtälö
i) seuraa Bn:n määritelmästä,
ii) seuraa siitä, että {σk} on ketjukuvaus,
iii) seuraa siitä, että määritelmän mukaan ∂ A n = ∂n| S A n (∆n),
iv) seuraa lauseesta 11.18,
v) seuraa huomautuksesta 11.31 ja siitä, että ∂ A n = ∂n| S A n (∆n),
vi) seuraa lauseesta 11.32,
vii) seuraa taas siitä, että {σk} on ketjukuvaus ja
viii) seuraa siitä, että σn(id∆n ) = σ ◦ id∆n = σ.
Nyt voidaan todistaa eräs tämän luvun päätuloksista, joka yleistää aiemmin
todistetun affiinin tuloksen 11.20:
Lause 11.34 Olkoon X topologinen avaruus. Tällöin X:n barysentrinen jako
B ja ketjukompleksin (S(X),∂) identtinen ketjukuvaus id (S(X),∂) ovat ketjuhomotopisia.
Erityisesti tämän ketjuhomotopian antaa määritelmän 11.30 homomorfismiperhe
T eli pätee
B − id (S(X),∂) = ∂ ◦ T + T ◦ ∂.
Todistus. Olkoon n ∈ N. Riittää osoittaa, että kaikille σ ∈ Σn(X) pätee
Tämä saadaan laskemalla:
Bn(σ) − σ = ∂n+1 ◦ Tn(σ) + Tn−1 ◦ ∂n(σ).
Bn(σ) − σ i) A
= σn Bn [∆n](id∆n ) − σn(id∆n
σn
σn
) ii)
=
A iii)
Bn [∆n](id∆n ) − id∆n =
A
∂n+1 ◦ T A n [∆n](id∆n ) + T A n−1[∆n] ◦ ∂ A n (id∆n ) iv)
=
σn (∂n+1 ◦ Tn[∆n](id∆n ) + Tn−1[∆n]
v)
◦ ∂n(id∆n )) =
σn ◦ ∂n+1 ◦ Tn[∆n](id∆n ) + σn
vi)
◦ Tn−1[∆n] ◦ ∂n(id∆n ) =
∂n+1 ◦ σn+1 ◦ Tn[∆n](id∆n ) + σn
vii)
◦ Tn−1[∆n] ◦ ∂n(id∆n ) =
∂n+1 ◦ Tn ◦ σn(id∆n ) + Tn−1
viii)
◦ σn−1 ◦ ∂n(id∆n ) =
∂n+1 ◦ Tn ◦ σn(id∆n ) + Tn−1
ix)
◦ ∂n ◦ σn(id∆n ) =
∂n+1 ◦ Tn(σ) + Tn−1 ◦ ∂n(σ).
Tässä yhtälö
i) seuraa Bn:n määritelmästä ja siitä, että σn(id∆n ) = σ ◦ id∆n = σ,
ii) seuraa siitä, että σn on homomorfismi,
iii) seuraa lauseesta 11.20,
iv) seuraa huomautuksesta 11.31 ja siitä, että ∂A k = ∂k| Sk(∆n),
v) seuraa taas siitä, että σn on homomorfismi,
191

vi) seuraa siitä, että {σk} on ketjukuvaus,
vii) seuraa lauseesta 11.32,
viii) seuraa siitä, että {σk} on ketjukuvaus ja
ix) siitä, että σn(id∆n ) = σ ◦ id∆n = σ.
Sivulla 175 oli puhetta lauseen 11.34 merkityksestä: laskettaessa homologiaryhmää
[c] ∈ Hn(X) jollekin syklille c ∈ Zn(X) sen avulla voidaan pienentää
kyseistä sykliä ja näin saada laskut (toivottavasti) yksinkertaisemmiksi. Muotoillaan
tämä nyt täsmälliseksi lauseeksi:
Lause 11.35 Olkoon X topologinen avaruus ja c ∈ Zn(X). Tällöin pätee
[Bn(c)] = [c] ∈ Hn(X).
Todistus. Koska B on lauseen 11.33 mukaan ketjukuvaus, niin lauseen 5.2 perusteella
Bn(c) ∈ Zn(X) ja siten se määrää jonkin homologialuokan ja näin lauseen
väite on mielekäs.
Olkoot Bn ja
id Sn(X) : Hn(X) → Hn(X) ketjukuvausten B ja id (S(X),∂) indusoimat
homologiahomomorfismit. Tällöin lauseiden 9.29 ja 11.34 nojalla
Silloin
Bn =
id Sn(X). (1)
[Bn(c)] i) = Bn([c]) ii)
= id Sn(X)([c]) iii)
= [idSn(X)(c)] = [c],
joten väite pätee. Tässä yhtälöt i) ja iii) seuraavat homologiahomomorfismin
määritelmästä ja yhtälö ii) ehdosta (1).
Nyt sitten herää kysymys: Miten tuo syklin pienentäminen sitten auttaa, ja erityisesti,
miten sen avulla voidaan loppujen lopuksi helpommin laskea Hn(X)?
Tähän kysymykseen vastataan teoreettisella tasolla seuraavassa luvussa ja konkreettisemmin
luvussa 14, jossa lasketaan saavutettujen tulosten avulla sovellusten
kannalta tärkeitä ryhmiä.
Toinen kysymys nousee lauseesta 11.24, jossa kerrottiin, kuinka paljon barysentrinen
jako sykliä pienentää. Siinä käytetyllä mittarilla µ käy niin, että
µ(Bn(c)) ≤ n
n + 1 µ(c),
kun kyseessä on metrinen avaruus ja puhutaan affiineista ketjuista. Suurelle n
tuo pienennys on aika vaatimatonta. Tässä voi silloin käydä niin, että mitään
oleellista hyötyä näin heikosta pienennyksestä ei saavutetakaan. Silloin menetellään
seuraavasti: Tehdään uusi barysentrinen jako Bn(c):lle, jolloin saadaan
pienennys
µ(Bn(Bn(c))) ≤
192
2 n
µ(c),
n + 1

joka on jo jonkin verran parempi. Jos tämäkään ei riitä, uusitaan operaatio.
Näin voidaan jatkaa ja iteroida barysentristä jakoa k kertaa, jolloin saadaan
pienennys
Koska
k n
µ(Bn(Bn(· · · (Bn(c) · · · )) ≤ µ(c).
n + 1
k kpl
k n
lim = 0,
k→∞ n + 1
niin näin saadaan aikaan niin pieniä simpleksejä kuin halutaan. Näitä tulee tietysti
valtavan paljon. Jätetään harjoitustehtäväksi miettiä esimerkiksi se, kuinka
monta ”pikkutetraedria” on k-kertaa iteroidussa barysentrisessä jaossa yhdelle
tetraedrille σ ∈ Z A 3 (K).
Intuitiivisesti on lauseen 11.35 nojalla selvää, että tämä k-kertaa iteroitu barysentrinen
jako ei muuta homologialuokkaa. Todistetaan tämä kuitenkin kunnolla
ja määritellään samalla kunnolla tuo ”k-kertaa iteroitu barysentrinen jako”:
Määritelmä 11.36 Olkoon X topologinen avaruus ja B sen barysentrinen jako,
siis ketjukuvaus. Määritellään kaikille k ∈ N k-kertaa iteroitu X:n barysentrinen
jako B k rekursiivisesti näin: Sovitaan ensin, että
B 0 = id (S(X),∂).
Oletetaan sitten, että k ≥ 1 ja että B k−1 on jo määritelty. Asetetaan sitten
B k = B ◦ B k−1 .
Rekursioperiaate takaa, että B k on hyvin määritelty ketjukuvaus B k : (Sn(X),∂) →
(Sn(X),∂) kaikille k ∈ N.
Huomautus 11.37 Affiini iteroitu barysentrinen jako (B A n ) k määritellään vastaavalla
tavalla affiinissa tilanteessa. Huomautuksen 11.31 nojalla on melko selvää,
että affiinissa tapauksessa pätee
(B A n ) k = B k n kaikille k ∈ N.
Tarkka todistus tälle menee induktiolla ja jätetään harjoitustehtäväksi.
Lause 11.38 Olkoon X topologinen avaruus, k ∈ N ja B k avaruuden X k kertaa
iteroitu barysentrinen jako. Tällöin B k n : (S(X),∂) → (S(X),∂) on ketjukuvaus.
Todistus. Tämä seuraa induktiolla lauseesta 11.33. Jätetään yksityiskohdat harjoitustehtäväksi.
Lause 11.39 Olkoon X topologinen avaruus, k ∈ N ja Bk avaruuden X kkertaa
iteroitu barysentrinen jako. Tällöin kaikille n ∈ N ja σ ∈ Σn(X) pätee
B k A
n(σ) = σn (Bn ) k [∆n](id∆n ) .
193

Todistus. Tehdään induktio k:n suhteen. Kun k = 0, väite seuraa suoraan määritelmistä.
Oletetaan sitten induktiivisesti, että k ≥ 1 ja että väite pätee (k−1):lle,
ts. että
B k−1 A
n (σ) = σn (Bn ) k−1 [∆n](id∆n ) . (1)
Induktioväitteenä on lauseen väite. Se saadaan näin:
B k n(σ) i) = Bn(B k−1
n (σ)) ii) A
= Bn ◦ σn (Bn ) k−1 [∆n](id∆n ) iii)
=
σn ◦ Bn[∆n] (B A n ) k−1 [∆n](id∆n ) iv)
= σn ◦ B A n [∆n] (B A n ) k−1 [∆n](id∆n ) v)
=
A
(Bn ) k [∆n](id∆n ) ,
σn
missä yhtälö
i) seuraa määritelmästä 11.36,
ii) seuraa induktio-oletuksesta (1),
iii) seuraa lauseesta 11.32,
iv) seuraa huomautuksesta 11.31 ja
v) seuraa määritelmästä, ks. huomautus 11.37.
Lause 11.40 Olkoon X topologinen avaruus, k ≥ 1 ja B k avaruuden X kkertaa
iteroitu barysentrinen jako. Tällöin B k ja id (S(X),∂) ovat ketjuhomotopisia.
Todistus. Olkoon T kuten määritelmässä 11.30. Määritellään
T (k) ⎛
k−1
= ⎝ B j
⎞
⎠ ◦ T,
j=0
jolloin T (k) on astetta +1 oleva porrastettu homomorfismi T (k) : (Sn(X),∂) →
(Sn(X),∂). Riittää osoittaa, että kaikille n ∈ Z pätee
Näin on, sillä
∂n+1 ◦ T (k)
∂n+1 ◦
B k n − idSn(X) = ∂n+1 ◦ T (k)
n + T (k)
n−1 ◦ ∂n.
n + T (k)
⎛
i)
n−1 ◦ ∂n =
⎞ ⎛
k−1
⎝
k−1
⎠ ◦ Tn + ⎝
B
j=0
j
n+1
⎛
k−1
⎝ ∂n+1 ◦ B j
j=0
n+1
j=0
⎞ ⎛
k−1
⎠ ◦ Tn + ⎝
194
j=0
B j n
B j n
⎞
⎠ ◦ Tn−1 ◦ ∂n
⎞
⎠ ◦ Tn−1 ◦ ∂n
ii)
=
iii)
=

⎛
k−1
⎝ B j ⎞ ⎛
k−1
n ◦ ∂n+1⎠
◦ Tn + ⎝
j=0
⎛
k−1
⎝
j=0
⎛
k−1
⎝
j=0
⎛
k−1
⎝
j=0
⎛
k−1
⎝
j=0
B j n
B j n
B j n
B j n
j=0
⎞ ⎛
k−1
⎠ ◦ ∂n+1 ◦ Tn + ⎝
⎞
j=0
B j n
B j n
⎞
⎠ ◦ Tn−1 ◦ ∂n
⎞
⎠ ◦ (∂n+1 ◦ Tn + Tn−1 ◦ ∂n) vi)
=
⎞
⎠ ◦ (Bn − idSn(X)) vii)
=
⎞ ⎛
k−1
⎠ ◦ Bn − ⎝
j=0
⎛
k−1
⎝ B j ⎞ ⎛
k−1
n ◦ Bn⎠
− ⎝
j=0
⎛
k−1
⎝
⎛
⎝
B
j=0
j+1
n
k
j=1
B j n
⎞ ⎛
k−1
⎠ − ⎝
⎞ ⎛
k−1
⎠ − ⎝
j=0
j=0
B j n
j=0
B j n
B j n
⎞
⎞
⎠ ◦ id Sn(X)
⎞
B j⎠ n
x)
=
⎞
⎠ ix)
=
⎠ ◦ Tn−1 ◦ ∂n
viii)
=
iv)
=
v)
=
⎠ xi)
= B k n − B 0 xii) k
n = Bn − idSn(X). Tässä yhtälö
i) seuraa T (k) :n määritelmästä,
ii) seuraa siitä, että ∂n+1 on homomorfismi,
iii) seuraa siitä, että B on ketjukuvaus,
iv) seuraa summahomomorfismin määritelmästä,
v) seuraa siitä, että homomorfismien summa on homomorfismi,
vi) seuraa lauseesta 11.34,
vii) seuraa taas siitä, että homomorfismien summa on homomorfismi,
viii) seuraa summahomomorfismin määritelmästä,
ix) seuraa B k n:n määritelmästä,
x) on saatu indeksinvaihdolla ”j = j + 1”,
xi) on trivialiteetti ja
xii) seuraa B 0 n:n määritelmästä.
Lause 11.41 Olkoon X topologinen avaruus ja c ∈ Zn(X) sekä k ∈ N. Tällöin
pätee
[B k n(c)] = [c] ∈ Hn(X).
Todistus. Tämä seuraa lauseesta 11.40 täsmälleen samoin kuin lause 11.35 lauseesta
11.34 edellä.
195

12 Topologisen avaruuden peitteet ja
alistetut ketjut
Tavoitteena on siis laskea eksplisiittisesti homologiaryhmät Hn(X) jollekin tietylle
avaruudelle X. Tässä voidaan monessa tapauksessa käyttää apuna sopivaa
X:n peitettä {Aα}α∈I, missä peitteen aliavaruudet Aα ⊂ X ovat niin yksinkertaisia,
että ryhmät Hn(Aα) osataan laskea. Idea tässä takana on karkeasti
sanoen sellainen, että X:ssä voi olla ”suuria”simpleksejä, jotka tuottavat hankaluuksia,
mutta kun valitaan Aα:t ”pieniksi”, niin nämä suuret simpleksit ”eivät
mahdu” joukkoon Aα ja tavallaan katoavat tai menettävät merkityksensä.
Kuten edellisen luvun alussa todettiin, esimerkkinä tästä on vaikkapa toruspinta,
jonka simpleksit voivat kierrellä pintaa pitkin ja leikata itseään hyvin
hankalasti. Toruspinta voidaan kuitenkin peittää kahdella ”putken pätkällä”, ja
näillä putkilla simpleksien käytös on paljon kesympää. Nämä putket voidaan
vielä kumpikin peittää kahdella halkaistulla putkella, jotka ovat homeomorfisia
R 2 :n kanssa, ja näiden simpleksien käytös on hallinnassa. Kokonaisuutena
toruspinta voidaan siis peittää neljällä halkaistulla putkella, joilla kullakin homologia
tunnetaan.
Nyt kysymys kuuluu, että miten nämä suuret, hankalat simpleksit, jotka tässä
näin eliminoidaan, sitten oikein tähän kuvioon loppujen lopuksi vaikuttavat.
Tähän kysymykseen vastataan (ainakin osittain) tässä luvussa. Ideana on, että
suurille simplekseille tehdään barysentrinen jako, jolloin ne pienentyvät, mutta
homologia ei luvun 11 tulosten nojalla muutu. Nyt kun barysentrinen jako iteroidaan
riittävän monta kertaa, suuret simpleksit ovat jakautuneet niin pieniin
palasiin, että kukin pala mahtuu johonkin peitteen osaan. (Tämä vaatii peitteeltä
jotain oletuksia, ihan mielivaltaiselle peitteelle se ei onnistu.) Tämän jälkeen
voidaankin siirtyä laskemaan homologioita peitteen (toivottavasti) yksinkertaisiin
joukkoihin ja homma hoituu.
Kaksi kysymystähän tästä heti nousee:
– Jos nämä homologiat on laskettu näillä peitteen paloilla, niin miten niistä
kootaan alkuperäisen joukon homologia?
– Jos iso simpleksi pilkotaan pieniksi niin, että sen palat mahtuvat peitteen
joukkoihin, niin silloinhan voi käydä, että saman ison simpleksin eri pienet osat
joutuvat eri joukkoihin. Mitäs silloin tapahtuu?
Nämä kuulostavat hankalilta kysymyksiltä, mutta (ehkä vähän yllättäen) eivät
sitä oikeastaan ole – tai, miten sen nyt ottaa. Tähän jälkimmäiseen osataan
antaa tässä luvussa aika tyhjentävä vastaus, joka kuuluu karkeasti sanottuna
niin, että aivan sama. Mitään ongelmia ei tuosta synny.
196

Ensimmäiseen kysymykseen ei näin selvää vastausta olekaan. Vastaus riippuu
tilanteesta ja käytetystä peitteestä. Jos peite on iso eli siinä on paljon alkioita,
tuo kokoamistyö voi olla hyvinkin hankalaa. Ääriesimerkkinä on peite, jossa on
kaikki avaruuden X yksiöt. Nämä yksiöt hallitaan, mutta milläs niiden homologiaryhmistä
kasaat Hn(X):n. Eihän se ole yleisesti ottaen mahdollista. Tämä
johtaa siihen, että peitteissä on hyvä olla mahdollisiman vähän paloja. Helpointa
(tässä suhteessa) on tietysti käyttää peitettä, jossa on vain kaksi alkiota.
Tuossa edellä puhuttiin toruksen peittämisestä neljällä halkaistulla putkella.
Näitä on laskujen kannalta vähän liikaa, mutta niitä putkia oli vain kaksi. Näissä
kummassakin putkessa puolestaan käytettiin peitettä jossa oli vain kaksi halkaistua
putkea, joten tässä suhteessä käytetyt peitteet ovat hyviä: periaatteessa
siis voidaan laskea ensin kummankin putken homologia erikseen käyttäen kahden
halkaistun putken peitettä ja sitten toruksen homologia käyttäen kahden
putken peitettä. Itse asiassa juuri näin ne toruksen homologiaryhmät voidaan
ihan konkreettisesti laskea, kuten tullaan näkemään.
Luvussa 13 tutkitaan tilannetta, jossa peitteessä on nimenomaan kaksi alkiota
ja annetaan ohjeet, miten niiden homologiaryhmistä sommitellaan koko avaruuden
homologia.
Sitten asiaan. Määritellään ensin tarkasti, mikä se peite oikein onkaan.
Määritelmä 12.1 Olkoon X topologinen avaruus. Sanotaan, että epätyhjä joukkoperhe
F = {Fα}α∈I on avaruuden X peite, jos Fα ⊂ X kaikille α ∈ I ja
Fα = X.
α∈I
Sanotaan että X:n peite F on avoin, jos Fα on avoin (X:n topologiassa) kaikille
α ∈ I. Jos F on X:n peite, niin merkitään
int(F) = {int(Fα)}α∈I,
missä int(Fα) on joukon Fα sisäpisteiden joukko.
Huomautus. Peitteen ei siis tarvitse olla avoin. Avoimelle peitteelle F pätee
int(F) = F. Jos peite F ei ole avoin, niin perheen int(F) ei tarvitse olla peite
– tästähän on helppo keksiä esimerkkejä. Jos int(F) on peite, niin se on avoin.
Siirrytään sitten tarkastelemaan vain sellaisia simpleksejä, jotka sisältyvät annetun
peitteen johonkin palaan:
Määritelmä 12.2 Olkoon X topologinen avaruus ja F = {Fα}α∈I avaruuden
X peite. Merkitään jokaiselle n ∈ N
Σ F n (X) = {σ ∈ Σn(X) | |σ| ⊂ Fα jollekin α ∈ I}.
197

Määritellään ryhmä S F n (X) sopimalla, että
S F n (X) = Fr(Σ F n (X)).
Koska Σ F n (X) ⊂ Σn(X), niin voidaan tulkita ryhmä S F n (X) ryhmän Sn(X)
aliryhmäksi (samaan tapaan kuin affiiniketjujen ryhmä S A n (X)).
Sanotaan, että S F n (X) on avaruuden X peitteelle F alistettujen n-ketjujen
ryhmä.
Huomautus. Ryhmä S F n (X) koostuu siis formaaleista summista
c =
σ∈Σ F n (X) nσ · σ ⊂
σ∈Σn(X) nσ · σ, missä jokaiselle σ, jolle nσ = 0, pätee
|σ| ⊂ Fα jollekin α ∈ I. Huomaa, että tämän α:n ei tarvitse olla sama kaikille
c:n simplekseille σ. Tähänhän viitattiin tuolla johdannossa esiinnostetuista
kysymyksistä jälkimmäisessä.
Määritelmä 12.3 Olkoon X topologinen avaruus ja F = {Fα}α∈I avaruuden
X peite sekä S F n (X) peitteelle F alistettujen n-ketjujen ryhmä kaikille n ∈ N.
Koska selvästi |∂nσ| ⊂ |σ| kaikille σ ∈ Σn(X), niin peitteelle F alistetun ketjun
reuna on myös alistettu peitteelle F. Silloin reunahomomorfismin ∂n rajoittuma
aliryhmään S F n (X) määrää homomorfismin
∂n| S F n (X) : S F n (X) → S F n−1(X) (1)
kaikille n. Tämä pätee myös kun n ≤ 0, kun sovitaan tavanomaiseen tapaan,
että S F n (X) = 0 kun n < 0 ja ∂n = 0 kun n ≤ 0. Merkitään ehdon (1) rajoittumahomomorfismia
symbolilla ∂ F n , kun n ≥ 0. Sovitaan siis, että ∂ F n = 0 kun
n < 0, jolloin ehdon (1) mukaisesti saadaan homomorfismi
∂ F n = ∂n| S F n (X) : S F n (X) → S F n−1(X)
kaikille n ∈ Z.
Koska ∂n−1 ◦ ∂n = 0, niin myös ∂ F n−1 ◦ ∂ F n = 0. Tällöin
(S F ,∂ F ) = {(S F n ,∂ F n )}n∈Z
on ketjukompleksi. Sanotaan, että se on avaruuden X peitteelle F alistettu
ketjukompleksi.
Merkitään symboleilla Z F n (X), B F n (X) ja H F n (X) tämän ketjukompleksin nsyklejä,
n-reunoja ja n-homologiaryhmiä. Sanotaan, että nämä ovat peitteelle
F alistetut syklit, reunat ja homologiaryhmät.
Tässä on siis kokonaisideana pienentää (mahdollisesti iteroidulla) barysentrisellä
jaolla annettua simpleksiä σ (tai ketjua c) niin, että Bn(σ) ∈ S F n (X), vaikka
alunperin on vain σ ∈ Sn(X), eli simpleksistä saadaan (ehkä) peitteelle F
alistettu ketju, kun tehdään sille barysentrinen jako. Tässä suhteessa on syytä
huomata, että jos barysentrinen jako uusitaan jo tuonne alistettujen ketjujen
ryhmään saadulle simpleksille σ, niin tämä uusi operaatio ei sitä sieltä enää
mihinkään poista:
198

Lause 12.4 Olkoon X topologinen avaruus ja F = {Fα}α∈I avaruuden X peite.
Olkoon B avaruuden X barysentrinen jako ja T kuten määritelmässä 11.30.
Olkoon n ∈ N ja c ∈ S F n (X). Tällöin
Bn(c) ∈ S F n (X) ja Tn(c) ∈ S F n+1(X).
Todistus. Tämä seuraa melko suoraan määritelmästä 11.30; jätetään yksityiskohdat
harjoitustehtäväksi.
Huomautus 12.5 Lauseesta 12.4 seuraa induktiolla välittömästi, että jos c ∈
S F n (X), niin B m n (c) ∈ S F n (X) kaikille m ∈ N. Vastaavasti nähdään, että jos
B m n (c) ∈ S F n (X), niin B k n(c) ∈ S F n (X) kaikille k ≥ m.
Lause 12.7 kertoo, että tietyin lisäoletuksin jokaiselle c ∈ S F n (X) saadaan voimaan
ehto B m n (c) ∈ S F n (X), kun m on riittävän suuri, tosin c:stä riippuva luku.
Tätä lausetta varten tarvitaan topologinen aputulos:
Lause 12.6 Olkoon (X,d) metrinen avaruus ja Y ⊂ X kompakti aliavaruus.
Olkoon F = {Fα}α∈I avaruuden Y avoin peite. Tällöin on olemassa luku λ > 0
siten, että kaikille y ∈ Y on olemassa αy ∈ I siten, että
B(y,λ) ⊂ Fαy ,
missä B(y,λ) on y-keskinen, λ-säteinen suljettu pallo avaruudessa Y eli B(y,λ) =
{x ∈ Y | d(x,y) ≤ λ}.
Todistus. Tämä löytynee topologian kurssilta. Jos ei, niin jätetään se harjoitustehtäväksi.
Tämä lause tunnetaan nimellä Lebesguen peitelause ja lauseen
luku λ on peitteeseen F liittyvä Lebesguen luku. Huomaa, että λ on riippumaton
pisteestä y eli sama λ toimii kaikille y ∈ Y .
Lause 12.7 Olkoon X topologinen avaruus ja F = {Fα}α∈I avaruuden X peite
siten, että myös perhe int(F) on X:n peite. Olkoon n ∈ N ja c ∈ Sn(X). Tällöin
on olemassa m ∈ N siten, että
B m n (c) ∈ S F n (X).
Todistus. Todistetaan ensin väite tapauksessa c = σ ∈ Σn(X).
Olkoon siis σ ∈ Σn(X) mielivaltainen. Koska int(F) on oletuksen mukaan X:n
avoin peite, niin σ:n jatkuvuuden nojalla perhe G = {σ −1 (int(Fα))} on metrisen
avaruuden ∆n avoin peite. Koska ∆n on kompakti, niin Lebesguen peitelauseen
nojalla on olemassa tähän peitteeseen liittyvä Lebesguen luku λ > 0. Identtinen
kuvaus id∆n on metrisen avaruuden ∆n n-simpleksi, jolle pätee
µ(id∆n ) i) ii)
= d(|id∆n |) = max{||ei − ej|| | 0 ≤ i < j ≤ n} iii)
= √ 2, (1)
missä yhtälö i) on määritelmä, yhtälö ii) seuraa lauseesta 11.6 ja yhtälö iii) on
trivialiteetti – tässähän vektorit ek ovat R n :n standardikantavektoreita. Tällöin
kaikille k ≥ 0 saadaan
µ (B A n ) k [∆n](id∆n ) i)
≤ ( n
n + 1 )k ii)
µ(id∆n ) = ( n
n + 1 )k√2. (2)
199

Tässä epäyhtälö i) seuraa induktiolla lauseesta 11.24 ja yhtälö ii) ehdosta (1).
Koska limk→∞( n
n+1 )k√ 2 = 0, niin ehdon (2) nojalla on olemassa m ∈ N siten,
että
µ (B A n ) m [∆n](id∆n ) < λ. (3)
Osoitetaan, että tämä m on väitteessä kaivattu luku m eli pätee
Olkoon sitä varten
ketjun (B A n ) m [∆n](id∆n
B m n (σ) ∈ S F n (X). (4)
(B A n ) m [∆n](id∆n ) =
τ∈ΣA n (∆n)
nτ · τ (5)
) formaali summaesitys. Tällöin
B m n (σ) i) A
= σn (Bn ) m [∆n](id∆n ) ⎛
ii)
= σn ⎝
τ∈Σ A n (∆n)
nτ · σn(τ) iv)
=
τ∈Σ A n (∆n)
τ∈Σ A n (∆n)
nτ · τ
⎞
⎠ iii)
=
nτ · σ ◦ τ, (6)
missä yhtälö i) seuraa lauseesta 11.39, yhtälö ii) esityksestä (5), yhtälö iii) siitä,
että σn on homomorfismi ja yhtälö iv) ketjuhomomorfismin määritelmästä.
Esityksen (6) perusteella väite (4) seuraa, jos osoitetaan, että kaikille τ, joille
nτ = 0, on olemassa α ∈ I siten, että
|σ ◦ τ| ⊂ Fα. (7)
Olkoon tätä varten τ ∈ Σn(X) kiinteä siten, että nτ = 0. Pitää osoittaa, että
ehto (4) pätee. Koska nτ = 0, niin
d(|τ|) i)
≤ µ((B A n ) m ii)
[∆n](id∆n )) < λ. (8)
Tässä epäyhtälö i) seuraa esityksestä (5), µ:n määritelmästä ja ehdosta nτ = 0
sekä epäyhtälö ii) ehdosta (3).
Valitaan piste x ∈ |τ|. Ehdon (8) nojalla |τ| on kokonaan avaruuden ∆n λsäteisessä
suljetussa pallossa B(x,λ). Koska λ on peitteeseen G liittyvä Lebesguen
luku, niin tällöin on olemassa α ∈ I siten, että
|τ| ⊂ σ −1 (int(Fα)) ⊂ σ −1 (Fα).
Tällöin ehto (7) seuraa, joten lauseen väite on todistettu tapauksessa c = σ ∈
Σn(X). Yleinen tapaus saadaan tästä seuraavasti:
200

Kun c ∈ Sn(X), niin
c =
Tällöin
σ∈Σn(X)
nσ · σ, missä nσ = 0 vain äärellisen monelle σ.
B m n (c) =
σ∈Σn(X)
nσ · B m n (σ),
joten väite seuraa, jos osoitetaan, että on olemassa m ∈ N siten, että
B m n (σ) ∈ S F n (X) kaikille σ, joille nσ = 0. (9)
Todistuksen alkuosan nojalla jokaiselle σ löytyy tällainen m, mutta se riippuu
σ:sta. Ehdossa (9) on oleellista, että luku m on sama kaikille σ.
Todistuksen alkuosan nojalla voidaan siis kaikille σ ∈ Σn(X) valita mσ siten,
että
B mσ
n (σ) ∈ S F n (X). (10)
Valitaan nyt
m = max{mσ | nσ = 0}.
Koska nσ = 0 vain äärellisen monelle σ, niin m on järkevästi valittu luonnollinen
luku. Tämä luku m kelpaa nyt ehtoon (9), sillä mσ ≤ m kun nσ = 0, jolloin
ehdon (10) ja huomautuksen 12.5 nojalla ehto (9) pätee.
Näin lause on kokonaan todistettu.
Lauseessa 11.41 todettiin, että barysentrinen jako ei muuta yksittäisen syklin
homologialuokkaa. Tästä ei kuitenkaan välttämättä ole apua, jos ja kun halutaan
laskea koko avaruuden homologiaryhmä. Seuraavasta lauseesta sen sijaan
on, kuten luvussa 13 tullaan huomaamaan. Tämä lausehan kertoo, että X:n
homologiaryhmät voidaan laskea käyttäen pelkästään johonkin sopivaan peitteeseen
mahtuvia simpleksejä. Ensin kuitenkin sovitaan nimityksistä:
Määritelmä 12.8 Palautetaan ensin mieleen määritelmä 12.3, jossa konstruoitiin
X:n peitteelle F alistettu ketjukompleksi (S F (X),∂ F ), jossa ∂ F n = ∂n| S F n (X)
kaikille n.
Ryhmät S F n (X) ovat ryhmien Sn(X) aliryhmiä; olkoon kaikille n ∈ Z i F n upotuskuvaus
i F n : S F n (X) ֒→ Sn(X), i F n (c) = c.
Tällöin perhe i F = {i F n }n∈Z on selvästi ketjukuvaus, joten se indusoi homologiahomomorfismit
i F n : H F n (X) → Hn(X).
Sanotaan, että perhe i F on peitteeseen F liittyvä upotusketjukuvaus.
201

Lause 12.9 Olkoon X topologinen avaruus ja F = {Fα}α∈I avaruuden X peite
siten, että myös perhe int(F) on X:n peite. Tällöin kaikille n ∈ N pätee
H F n (X) ∼ = Hn(X).
Erityisesti upotusketjukuvauksen i F indusoimat homologiahomomorfismit i F n :
H F n (X) → Hn(X) ovat isomorfismeja.
Todistus. Olkoon n ∈ N mielivaltainen. Riittää osoittaa, että in on mono- ja
epimorfismi.
Olkoon T (k) kuten lauseen 11.40 todistuksessa eli
T (k) ⎛
k−1
= ⎝ B j
⎞
⎠ ◦ T, (1)
j=0
jolloin kyseisen todistuksen mukaan kaikille k ∈ N pätee
B k n − id Sn(X) = ∂n+1 ◦ T (k)
n + T (k)
n−1 ◦ ∂n. (2)
Tässä siis T = {Tn}n∈Z on kuten määritelmässä 11.30.
Osoitetaan ensin, että i F n on epimorfismi:
Olkoon [c] ∈ Hn(X) mielivaltainen, missä c ∈ Zn(X). Lauseen 12.7 nojalla
on olemassa m ∈ N siten, että B m n (c) ∈ S F n (X). Tälle ketjulle B m n (c) pätee
∂ F n (B m n (c)) i) = ∂n(B m n (c)) ii)
= B m n−1(∂n(c)) iii)
= B m n−1(0) iv)
= 0. (3)
Tässä yhtälö
i) seuraa siitä, että ∂ F n = ∂n| S F n (X),
ii) seuraa siitä, että B m on lauseen 11.38 nojalla ketjukuvaus,
iii) seuraa siitä, että c ∈ Zn(X) ja
iv) seuraa siitä, että B m n−1 on homomorfismi.
Ehdon (3) nojalla B m n (c) ∈ Z F n (X), joten B m n (c) määrää homologialuokan [B m n (c)] ∈
H F n . Riittää osoittaa, että
Näin on, sillä
i F n ([B m n (c)]) − [c] i) = [i F n (B m n (c))] − [c] ii)
=
i F n ([B m n (c)]) = [c]. (4)
[B m n (c)] − [c] iii)
= [B m n (c) − c] iv)
= [∂n+1 ◦ T (m)
n (c) + T (m) v)
n−1 ◦ ∂n(c)] =
[∂n+1 ◦ T (m)
n (c) + T (m)
n−1
(0)] vi)
= [∂n+1 ◦ T (m)
n (c)] vii)
= [0],
202

joten ehto (4) pätee ja siten i F n :n epimorfisuus on todistettu. Tässä yhtälö
i) seuraa homologiahomomorfismin määritelmästä 5.6,
ii) seuraa upotuskuvauksen iF n määritelmästä 12.8,
iii) seuraa tekijäryhmän Hn(X) laskutoimituksen määritelmästä,
iv) seuraa ehdosta (2),
v) seuraa siitä, että c ∈ Zn(X),
vi) seuraa siitä, että T (m)
n−1 on homomorfismi ja ehto
vii) seuraa siitä, että ∂n+1 ◦ T (m)
n (c) ∈ Im(∂n+1) = Bn(X).
Osoitetaan sitten, että i F n on monomorfismi:
Riittää osoittaa, että
Ker(i F n ) = 0. (5)
Olkoon [c] ∈ Ker(i F n ) mielivaltainen; c ∈ Z F n . Ehto (5) seuraa, jos osoitetaan,
että
[c] = [0] ∈ H F n (X). (6)
Koska perhe {i F n } on ketjukuvaus ja c ∈ Z F n , niin i F n (c) ∈ Zn(X) ja i F n (c) määrää
siten homologialuokan [i F n (c)] ∈ Hn(X). Tälle luokalle pätee
[i F n (c)] i) = i F n ([c]) ii)
= [0] ∈ Hn(X).
Tässä yhtälö i) seuraa homologiahomomorfismin määritelmästä 5.6 ja yhtälö ii)
siitä, että [c] ∈ Ker(i F n ). Koska upotuskuvauksen i F n määritelmän 12.8 mukaan
i F n (c) = c, niin tällöin
[c] = [0] ∈ Hn(X). (7)
Huomaa, että tämä ei vielä suinkaan ole haluttu ehto (6). Ehdon (7) nojalla
c ∈ Bn(X) = Im(∂n+1), joten on olemassa a ∈ Sn+1(X) siten, että
∂n+1(a) = c. (8)
Lauseen 12.7 nojalla on olemassa m ∈ N siten, että B m n+1(a) ∈ S F n+1(X), jolloin
∂ F n+1(B m n+1(a)) on määritelty ja
∂ F n+1(B m n+1(a)) i) = ∂n+1(B m n+1(a)) ii)
= B m n (∂n+1(a)) iii)
= B m n (c), (9)
missä yhtälö i) seuraa siitä, että ∂ F n = ∂n| S F n (X), yhtälö ii) seuraa siitä, että
B m on lauseen 11.38 mukaan ketjukuvaus ja yhtälö iii) seuraa ehdosta (8).
Toisaalta pätee
B m n (c) − c i) = ∂n+1 ◦ T (m)
n (c) + T (m) ii)
n−1 ◦ ∂n(c) =
∂n+1 ◦ T (m)
n (c) + T (m) iii)
(0) = ∂n+1 ◦ T (m)
n (c). (10)
n−1
203

Tässä yhtälö i) seuraa ehdosta (2), yhtälö ii) ehdosta (8) (sillä ∂n ◦ ∂n+1 = 0)
ja yhtälö iii) siitä, että T (m)
n−1 on homomorfismi.
Ehdon (1) nojalla
T (m)
m−1
n (c) = B j
n+1 ◦ Tn(c). (11)
j=0
Koska c ∈ S F n (X), niin lauseen 12.4 nojalla Tn(c) ∈ S F n+1(X). Silloin huomautuksen
12.5 mukaan B j
n+1 ◦ Tn(c) ∈ S F n+1(X) kaikille j = 0,...,m − 1. Koska
S F n+1(X) on ryhmä, niin tällöin ehdon (11) nojalla T (m)
n (c) ∈ S F n+1(X). Silloin
∂ F n+1 ◦ T (m)
n (c) ∈ S F n (X) on määritelty ja saadaan
c i) = B m n (c) − ∂n+1 ◦ T (m)
n (c) ii)
= ∂ F n+1(B m n+1(a)) − ∂n+1 ◦ T (m)
∂ F n+1(B m n+1(a)) − ∂ F n+1 ◦ T (m)
n (c) iv)
= ∂ F n+1
Im(∂ F n+1) vi)
= B F n (X),
B m n+1(a) − T (m)
n (c)
n (c) iii)
=
v)
joten [c] = [0] ∈ Z F n (X)/B F n (X) = H F n (X) ja siten väite (6) pätee ja asia on
selvä.
Yllä yhtälö
i) seuraa ehdosta (10),
ii) seuraa ehdosta (9),
iii) seuraa siitä, että ∂ F n = ∂n| S F n (X),
iv) seuraa siitä, että ∂ F n on homomorfismi, ehto
v) on trivialiteetti ja
vi) seuraa reunan B F n (X) määritelmästä.
Huomautus 12.10 Jatkossa tarvitaan myös lauseen 12.9 isomorfismin i F n :
H F n (X) → Hn(X) käänteiskuvausta. Itse kuvauksen i F n käytöshän on selvä: koska
i F n on upotuskuvaus, i F n (c) = c, niin homologiahomomorfismin määritelmän
mukaan
i F n ([c]) = [i F n (c)] = [c] kaikille c ∈ Z F n (X).
Sen käänteiskuvaus ei toimi aivan niin selkeästi (miksei toimi?), mutta käänteiskuvauksellekin
löytyy lauseke lauseen 12.9 todistusta analysoimalla. Todistuksen
ehdossa (4) kaivettiin esiin luokan [c] ∈ Hn(X) alkukuva. Kyseisen ehdon mukaan
i F n ([B m n (c)]) = [c],
missä m on ”riittävän suuri”, mikä tarkoittaa tässä sitä (ks. m:n valinta lauseen
todistuksesta), että pitää olla B m n (c) ∈ S F n (X). Kuten lauseen ehdossa (4) nähtiin,
tämä ehto on riittävää sille, että ensinnäkin B m n (c) määrää homologialuokan
tekijäryhmässä H F n (X) ja toiseksi sen määräämä luokka kuvautuu luokalle
204
∈

[c] kuvauksessa i F n . Koska nyt lauseen 12.9 perusteella tiedetään, että i F n on bijektio,
niin käänteiskuvaus (i F n ) −1 on olemassa ja kaikille [c] ∈ Hn(X) pätee
(i F n ) −1 ([c]) = [B m n (c)] ∈ H F n (X),
missä m on niin suuri, että B m n (c) ∈ S F n (X).
Harjoitustehtäviä.
12.1 Olkoon X ja F kuten lauseessa 12.9. Oletetaan merkintöjen yksinkertaistamiseksi,
että peitteessä F on vain kaksi alkiota, F = {F1,F2}. Oletetaan, että
Hn(F1) = Hn(F2) = 0. ”Osoitetaan”, että myös Hn(X) = 0. Tämä seuraava todistus
on kuitenkin virheellinen, eikä väitettä voi muutenkaan todistaa. Tämä
väitehän sanoo intuitiivisesti sen, että jos avaruus voidaan peittää ”nollahomologisilla”
aliavaruuksilla, niin avaruus itsekin on ”nollahomologinen”. Näin ei ole:
esimerkkinä tästä ovat (kuten tullaan näkemään) monet erilaiset n-ulotteiset
monistot, vaikkapa pallon pinnat.
Todistuksemme tälle virheelliselle väitteelle menee näin:
Riittää osoittaa, että jokaiselle [c] ∈ Hn(X) pätee [c] = 0. Kun ketjuun c sovelletaan
riittävän monta kertaa barysentristä jakoa, saadaan S F n (X):n alkio
eli B m n (c) ∈ S F n (X) riittävän suurelle m. Tällöin S F n (X):n määritelmän mukaan
B m n (c) voidaan esittää muodossa B m n (c) = c1 + c2, missä c1 ∈ Sn(F1) ja
c2 ∈ Sn(F2). Koska Hn(F1) = Hn(F2) = 0, niin [c1] = 0 ja [c2] = 0. Tämä
merkitsee sitä, että c1 on reuna F1:ssä ja c2 reuna F2:ssa eli c1 = ∂d1 jollekin
d1 ∈ Sn+1(F1) ja c2 = ∂d2 jollekin d2 ∈ Sn+1(F2). Tällöin d1 + d2 ∈ Sn+1(X)
ja
∂(d1 + d2) = ∂d1 + ∂d2 = c1 + c2 = B m n (c),
joten B m n (c) on reuna X:ssä ja siten [B m n (c)] = 0 ja tällöin myös [c] = 0.
Missäs se virhe piilee?
Jos virhe löytyy, niin yritetään uudestaan:
Olkoot merkinnät kuten edellä ja lisäksi i F n kuten määritelmässä 12.8. Koska
siis ck = ∂dk, k = 1,2, niin [ck] = [0] ∈ H F n , k = 1,2 ja silloin
[c] = [B m n (c)] = [i F n (c)] = [i F n (c1 + c2)] = [i F n (c1) + i F n (c2)] = [i F n (c1)] + [i F n (c2)] =
i F n ([c1]) +i F n ([c2]) = i F n ([0]) +i F n ([0]) = [0] + [0] = [0].
Onnistuiko yhtään paremmin?
205

13 Mayer-Vietoris-jono
Tässä luvussa sovelletaan edellisen luvun lausetta 12.9 mahdollisimman yksinkertaiselle
peitteelle, jossa on vain kaksi alkiota. Luvun 10 algebrallisten tulosten
avulla tästä saadaan aikaan ns. Mayer-Vietoris-jono, joka on käytännön laskujen
kannalta hyvin käyttökelpoinen. Luvussa 14 nähdään heti, miten tätä jonoa
voi menestyksekkäästi soveltaa. Nimensä jono on saanut itävaltalaisten matemaatikkojen
Walther Mayerin (1887-1948) ja Leopold Vietorisin (1892-2002(!))
mukaan.
Ennen tämän jonon esittelyä tarvitaan vähän (tai oikeastaan vähän enemmänkin)
merkintäsopimuksia.
Merkintä 13.1 Olkoon X topologinen avaruus ja F = {F1,F2} X:n peite siten,
että myös int(F) on X:n peite. Oletetaan lisäksi, että A = F1 ∩ F2 = ∅.
Merkitään symboleilla j r upotuskuvauksia j r : A ֒→ Fr, j r (a) = a, r = 1,2.
Olkoot edelleen k r : Fr ֒→ X upotuskuvaukset k r (x) = x, r = 1,2. Olkoot
j r n : Sn(A) ֒→ Sn(Fr) ja k r n : Sn(Fr) ֒→ Sn(X), r = 1,2, n ∈ Z näiden
upotuskuvausten indusoimat ”upotusketjuhomomorfismit”. Muodostetaan ketjukompleksien
(S(Fr),∂), r = 1,2 suora summa (G,∂ F ). Olkoot
i r : (S(Fr),∂) → (G,∂ F ), r = 1,2 ja
p r : (G,∂ F ) → (S(Fr),∂), r = 1,2
vastaavat inkluusio- ja projektiokuvaukset. Suoran summan määritelmän mukaanhan
tällöin
Gn = Sn(F1) ⊕ Sn(F2) kaikille n ∈ Z ja
∂ F n = i 1 n−1 ◦ ∂n ◦ p 1 n + i 2 n−1 ◦ ∂n ◦ p 2 n
kaikille n ∈ Z.
Aiemmin on tulkittu kahden ryhmän suora summa niiden karteesiseksi tuloksi.
Tässä on selkeintä käyttää juuri tätä tulkintaa. Silloin siis jatkossa Gn =
Sn(F1) × Sn(F2). Lisäksi tässä tulkinnassa inkluusio- ja projektiokuvausten i r
ja p r indusoimat homomorfismit i r n : Sn(Fr) → Sn(F1)×Sn(F2) ja p r n : Sn(F1)×
Sn(F2) → Sn(Fr) tulevat muotoon
i 1 n(c1) = (c1,0) kaikille c1 ∈ Sn(F1),
i 2 n(c2) = (0,c2) kaikille c2 ∈ Sn(F2),
p 1 n(c1,c2) = c1 kaikille (c1,c2) ∈ Sn(F1) × Sn(F2) ja
p 2 n(c1,c2) = c2 kaikille (c1,c2) ∈ Sn(F1) × Sn(F2).
Reunakuvaus ∂ F n toimii näin tulkiten niin, että
∂ F n (c1,c2) = i 1 n−1 ◦ ∂n ◦ p 1 n(c1,c2) + i 2 n−1 ◦ ∂n ◦ p 2 n(c1,c2) = (∂n(c1),∂n(c2)).
Määritellään nyt kaikille n ∈ Z kuvaus gn : Sn(A) → Sn(F1) × Sn(F2) asettamalla
gn = i 1 n ◦ j 1 n − i 2 n ◦ j 2 n,
206

jolloin gn on homomorfismien summana homomorfismi. Tässä ”karteesinen tulo”tulkinnassa
gn operoi seuraavasti:
gn(a) = i 1 n ◦ j 1 n(a) − i 2 n ◦ j 2 n(a) = (j 1 n(a),0) − (0,j 2 n(a)) = (j 1 n(a), −j 2 n(a)).
Määritellään edelleen kaikille n ∈ Z kuvaus hn : Sn(F1) × Sn(F2) → Sn(X)
asettamalla
hn = k 1 n ◦ p 1 n + k 2 n ◦ p 2 n.
Karteesisessa tulossa hn operoi näin:
hn(c1,c2) = k 1 n ◦ p 1 n(c1,c2) + k 2 n ◦ p 2 n(c1,c2) = k 1 n(c1) + k 2 n(c2) ∈ Sn(X).
Myös hn on homomorfismi homomorfismien summana.
Lause 13.2 Olkoot merkinnät kuten 13.1:ssä. Tällöin perheet g = {gn}n∈Z :
(S(A),∂) → (G,∂ F ) ja h = {hn}n∈Z : (G,∂ F ) → (S(X),∂) ovat ketjukuvauksia.
Todistus. Perhe g on ketjukuvaus, jos kaikille n pätee
Näin on, sillä kaikille a ∈ Sn(A) pätee
∂ F n ◦ gn = gn−1 ◦ ∂n.
∂ F n ◦ gn(a) i) = ∂ F n (i 1 n ◦ j 1 n(a) − i 2 n ◦ j 2 n(a)) ii)
= ∂ F n (i 1 n ◦ j 1 n(a)) − ∂ F n (i 2 n ◦ j 2 n(a)) iii)
=
i 1 n−1 ◦ ∂n ◦ j 1 n(a) − i 2 n−1 ◦ ∂n ◦ j 2 n(a) iv)
=
i 1 n−1 ◦ j 1 n−1 ◦ ∂ F n (a) − i 2 n−1 ◦ j 2 n−1 ◦ ∂ F n (a) v)
= gn−1 ◦ ∂ F n (a).
Tässä yhtälö
i) seuraa gn:n määritelmästä,
ii) seuraa siitä, että ∂ F on homomorfismi,
iii) seuraa siitä, että perheet {i r n} : (S(Fr),∂) → (G,∂ F ), r = 1,2 ovat lauseen
7.18 perusteella ketjukuvauksia,
iv) seuraa siitä, että perheet {jn} r : (S(A),∂) → (S(Fr),∂), r = 1,2 ovat
lauseen 5.14 nojalla ketjukuvauksia ja
v) seuraa gn−1:n määritelmästä.
Perhe h nähdään ketjukuvaukseksi aivan vastaavalla tavalla; tässä pitää vain
käyttää perheiden {k r n} ja {p r n} ketjukuvausominaisuutta. Jätetään yksityiskohdat
harjoitustehtäväksi.
Huomautus 13.3 Merkinnässä 13.1 todettiin, että ”karteesinen tulo”-tulkinnassa
hn(c1,c2) = k 1 n(c1) + k 2 n(c2) ∈ Sn(X), kun c1 ∈ Sn(F1) ja c2 ∈ Sn(F2). (1)
207

Tässä siis homomorfismit k r n : Sn(Fr) ֒→ Sn(X), r = 1,2 ovat upotuskuvausten
k r : Fr ֒→ X indusoimat ”upotusketjuhomomorfismit”. Ryhmän S F n (X)
määritelmän mukaan nähdään heti, että k r n(Sn(Fr)) ⊂ S F n (X), joten nyt tässä
k 1 n(c1),k 2 n(c2) ∈ S F n (X). Koska S F n (X) on ryhmän Sn(X) aliryhmä, niin tällöin
k 1 n(c1) + k 2 n(c2) ∈ S F n (X) eli ehdon (1) mukaan hn(c1,c2) ∈ S F n (X). Tällöin hn
voidaan tulkita homomorfismiksi hn : Sn(F1) ⊕ Sn(F2) → S F n (X).
Lause 13.4 Olkoot merkinnät kuten 13.1:ssä. Tällöin kaikille a ∈ Sn(A) pätee
k 1 n(j 1 n(a)) = k 2 n(j 2 n(a)).
Todistus. Riittää osoittaa, että kaikille σ ∈ Σn(A) pätee
k 1 n(j 1 n(σ)) = k 2 n(j 2 n(σ))
eli ketjuhomomorfismin määritelmän mukaan, että
k 1 ◦ j 1 ◦ σ = k 2 ◦ j 2 ◦ σ.
Tämä seuraa suoraan siitä, että k r ja j r ovat (vain) upotuskuvauksia.
Tarvitaan vielä vähän tulkintoja:
Lause 13.5 Olkoot merkinnät kuten 13.1:ssä. Olkoot c1 ∈ Sn(F1) ja c2 ∈
Sn(F2) siten, että k 1 n(c1) = k 2 n(c2). Tällöin on olemassa a ∈ Sn(A) siten, että
j 1 n(a) = c1 ja j 2 n(a) = c2.
Todistus. Koska c1 ∈ Sn(F1), niin |c1| ⊂ F1. Vastaavasti |c2| ⊂ F2.
Koska homomorfismit k r n ovat upotuskuvausten k r indusoimia, niin ilmeisesti
|k 1 n(c1)| = |c1| ja |k 2 n(c2)| = |c2|.
Oletuksen nojalla |k 1 n(c1)| = |k 2 n(c2)|, joten |c1| = |c2|.
Tällöin ehtojen |cr| ⊂ Fr, r = 1,2 nojalla |c1| = |c2| ⊂ F1 ∩ F2 = A.
Siten (esimerkiksi) c1 voidaan tulkita A:n n-ketjuksi, ja merkitään tätä tulkintaa
symbolilla a ∈ Sn(A). Tälle a pätee triviaalisti j 1 n(a) = c1, joten riittää
osoittaa, että
j 2 n(a) = c2. (1)
Ensinnäkin pätee
k 2 n(c2) i) = k 1 n(c1) ii)
= k 1 n(j 1 n(a)) iii)
= k 2 n(j 2 n(a)),
missä yhtälö i) seuraa lauseen oletuksesta, yhtälö ii) ehdosta j 1 n(a) = c1 ja
yhtälö iii) lauseesta 13.4. Tällöin väite (1) seuraa siitä, että k 2 n on monomorfismi,
mikä taas puolestaan seuraa siitä, että upotuskuvaus k 2 on injektio, ks.
harjoitustehtävä 3.1.
208

Lause 13.6 Olkoot merkinnät kuten 13.1:ssä. Käytetään lisäksi huomautuksen
13.3 tulkintaa homomorfismeille hn. Tällöin ketjukompleksijono
on eksakti.
0 −−−−→ S(A)
g
−−−−→ S(F1) ⊕ S(F2)
h
−−−−→ S F (X) −−−−→ 0
Todistus. Käytetään tässä todistuksessa tulkintaa S(F1) ⊕ S(F2) = S(F1) ×
S(F2), jolloin kuvausten gn ja hn käytös havainnollistuu kuten 13.1:ssä. Koska
g ja h ovat lauseen 13.2 mukaan ketjukuvauksia, niin väitteen todistamiseksi
riittää osoittaa määritelmän 10.15 mukaan, että kaikille n ∈ Z jono
0 −−−−→ Sn(A)
gn
−−−−→ Sn(F1) × Sn(F2)
on eksakti. Tähän taas riittää osoittaa, että n ∈ Z
hn
−−−−→ SF n (X) −−−−→ 0
gn on monomorfismi, (1)
Im(gn) ⊂ Ker(hn), (2)
Ker(hn) ⊂ Im(gn) ja (3)
hn on epimorfismi. (4)
Nämä väitteet pätevät jos n < 0, joten voidaan olettaa, että n ∈ N. Palautetaan
ensin mieleen merkinnästä 13.1 kuvausten gn ja hn käytös:
gn(a) = (j 1 n(a), −j 2 n(a)) kaikille a ∈ Sn(A) ja (5)
hn(c1,c2) = k 1 n(c1) + k 2 n(c2) kaikille (c1,c2) ∈ Sn(F1) × Sn(F2). (6)
Väitettä (1) varten oletetaan, että a ∈ Sn(A) siten, että gn(a) = 0. Riittää
osoittaa, että
a = 0. (7)
Koska gn(a) = 0, niin ehdon (5) nojalla
(j 1 n(a), −j 2 n(a)) = (0,0),
joten (esimerkiksi) j 1 n(a) = 0. Koska j 1 on upotuskuvauksena injektio, niin sen
indusoima ketjuhomomorfismi j 1 n on monomorfismi (harj.teht. 3.1), ja siten ehdon
j 1 n(a) = 0 nojalla ehto (7) pätee ja väite (1) on selvä.
Väitettä (2) varten oletetaan, että (c1,c2) ∈ Im(gn). Riittää osoittaa, että
hn(c1,c2) = 0. (8)
Koska (c1,c2) ∈ Im(gn), niin on olemassa a ∈ Sn(A) siten, että
gn(a) = (c1,c2).
209

Tällöin ehtojen (5) ja (6) nojalla
hn(c1,c2) = hn(gn(a)) = hn(j 1 n(a), −j 2 n(a)) = k 1 n(j 1 n(a)) + k 2 n(−j 2 n(a)) i) = 0,
joten ehto (8) pätee ja väite (2) on todistettu. Tässä yhtälö i) seuraa lauseesta
13.4 ja siitä, että k 2 n on homomorfismi.
Väitettä (3) varten oletetaan, että hn(c1,c2) = 0. Riittää osoittaa, että
(c1,c2) ∈ Im(gn). (9)
Koska hn(c1,c2) = 0, niin ehdon (6) nojalla k 1 n(c1) + k 2 n(c2) = 0 eli
k 1 n(c1) = k 2 n(−c2). (10)
Tällöin lauseen 13.5 nojalla on olemassa a ∈ A siten, että
Tälle a pätee ehtojen (5) ja (11) nojalla
j 1 n(a) = c1 ja j 2 n(a) = −c2. (11)
gn(a) = (j 1 n(a), −j 2 n(a)) = (c1,c2),
jolloin väite (9) seuraa ja näin myös väite (3) on todistettu.
Väitettä (4) varten oletetaan, että c ∈ S F n (X) on mielivaltainen. Riittää osoittaa,
että on olemassa (c1,c2) ∈ Sn(F1) × Sn(F2) siten, että
hn(c1,c2) = c. (12)
Koska c ∈ SF n (X), niin c voidaan esittää summana
c =
nσ · σ. (13)
Joukon Σ F n (X) määritelmän nojalla
σ∈Σ F n (X)
Σ F n (X) = Σn(F1) ∪ Σn(F2),
jolloin Σ F n (X) voidaan esittää pistevieraana yhdisteenä
Σ F n (X) = Σn(F1) ∪ (Σn(F2) \ Σn(F1)).
Tällöin esitys (13) voidaan kirjoittaa muotoon
c =
nσ · σ +
Merkitään nyt
c1 =
σ∈Σn(F1)
σ∈Σn(F1)
σ∈Σn(F2)\Σn(F1)
nσ · σ ja c2 =
210
σ∈Σn(F2)\Σn(F1)
nσ · σ. (14)
nσ · σ.

Tällöin voidaan tulkita, että c1 ∈ Sn(F1) ja c2 ∈ Sn(F2); merkitään näitä tulkintoja
symboleilla d1 ja d2. Näille siis pätee
Tällöin
Tälle alkiolle (d1,d2) pätee
k 1 n(d1) = c1 ja k 2 n(d2) = c2. (15)
(d1,d2) ∈ Sn(F1) × Sn(F2).
hn(d1,d2) i) = k 1 n(d1) + k 2 n(d2) ii) iii)
= c1 + c2 = c,
joten väite (12) ja siten myös väite (4) on todistettu. Tässä yhtälö i) seuraa
ehdosta (6), yhtälö ii) ehdosta (15) ja yhtälö iii) ehdosta (14).
Näin ehdot (1) – (4) on todistettu, joten asia on selvä.
Nyt voidaan todistaa lause, joka on antanut nimensä tälle luvulle. Tämän lauseen
mukaisesti syntyvä pitkä eksakti jono on nimeltään Mayer-Vietoris-jono.
Lause 13.7 Olkoot merkinnät kuten 13.1:ssä. Merkintöjen lyhentämiseksi käytetään
symboleja Hn(S(F1) ⊕ S(F2)) ketjukompleksin (S(F1),∂) ⊕ (S(F2),∂)
homologiaryhmille Hn((S(F1),∂) ⊕ (S(F2),∂)). Olkoon kaikille n ∈ Z
αn : Hn(S(F1) ⊕ S(F2)) → Hn(F1) ⊕ Hn(F2) isomorfismi
kuten lauseessa 7.19. Olkoon lisäksi kaikille n ∈ Z
lauseen 12.9 mukaisesti.
Olkoon lisäksi kaikille n ∈ Z
in := i F n : H F n (X) → Hn(X) isomorfismi
ǫn : H F n (X) → Hn−1(A)
lauseen 13.6 mukaisen lyhyen eksaktin ketjukompleksijonon
0 −−−−→ S(A)
g
−−−−→ S(F1) ⊕ S(F2)
h
−−−−→ S F (X) −−−−→ 0
indusoima homomorfismi (ks. määritelmä 10.20). Olkoot vielä kaikille n ∈ Z
gn : Hn(A) → Hn(S(F1) ⊕ S(F2)) ja hn : Hn(S(F1) ⊕ S(F2)) → H F n (X)
ketjukuvausten g ja h (ks. lause 13.2) indusoimat homologiahomomorfismit.
Merkitään kaikille n ∈ Z
βn = αn ◦ gn : Hn(A) → Hn(F1) ⊕ Hn(F2),
γn = in ◦ hn ◦ α −1
n : Hn(F1) ⊕ Hn(F2) → Hn(X) ja
ξn = ǫn ◦i −1
n : Hn(X) → Hn−1(A).
211

Näiden kaikkien merkintöjen jälkeen lauseen väitteenä on, että jono
· · · ξn+1
−→ Hn(A) βn
−→ Hn(F1) ⊕ Hn(F2) γn
−→ Hn(X) ξn
−→ Hn−1(A) βn−1
−→ · · ·
on eksakti.
Todistus. Pitää osoittaa, että
Im(ξn+1) = Ker(βn), (1)
Im(βn) = Ker(γn) ja (2)
Im(γn) = Ker(ξn). (3)
Koska oletuksen lyhyt ketjukompleksijono on siis lauseen 13.6 nojalla eksakti,
niin lauseen 10.21 perusteella siihen liittyvä pitkä jono
· · · ǫn+1
−→ Hn(A) egn
−→ Hn(S(F1) ⊕ S(F2)) ehn F
−→ Hn (X) ǫn
−→ Hn−1(A) egn−1
−→ · · ·
on eksakti. Tällöin pätee
Im(ǫn+1) = Ker(gn), (4)
Im(gn) = Ker( hn) ja (5)
Im( hn) = Ker(ǫn). (6)
Koska in+1 on isomorfismi, niin i −1
n+1 on bijektio. Tällöin
Im(ξn+1) = Im(ǫn+1 ◦i −1
n+1 ) = Im(ǫn+1). (7)
Koska αn on isomorfismi, niin se on monomorfismi, ja silloin
Ker(βn) = Ker(αn ◦ gn) = Ker(gn). (8)
Väite (1) seuraa nyt ehdoista (4), (7) ja (8).
Toisaalta
Im(βn) = Im(αn ◦ gn) = αn(Im(gn)). (9)
Koska in on isomorfismi, niin se on monomorfismi, jolloin
Ker(γn) = Ker(in ◦ hn ◦ α −1
n ) = Ker( hn ◦ α −1
n ). (10)
Koska αn on isomorfismi, niin se on bijektio, ja silloin
Väite (2) seuraa nyt ehdoista (9), (11) ja (5).
Ker( hn ◦ α −1
n ) = αn(Ker( hn)). (11)
Koska in on isomorfismi, niin se on bijektio, jolloin
Ker(ξn) = Ker(ǫn ◦i −1
n ) = in(Ker(ǫn)). (12)
212

Koska αn on isomorfismi, niin α −1
n on bijektio, jolloin
josta edelleen
Toisaalta
Im( hn ◦ α −1
n ) = Im( hn),
in(Im( hn ◦ α −1
n )) = in(Im( hn)). (13)
Im(γn) = Im(in ◦ hn ◦ α −1
n ) = in(Im( hn ◦ α −1
n )). (14)
Väite (3) seuraa nyt ehdoista (12), (6), (13) ja (14).
Huomautus 13.8 Mayer-Vietoris-jono on erittäin tehokas työkalu homologiaryhmien
Hn(X) laskemiseen. Sen käyttö perustuu siihen, että peitetään avaruus
X ”sopivasti” joukoilla F1 ja F2, joiden homologiaryhmät tunnetaan ja joille
myös leikkausjoukon A = F1 ∩ F2 homologiaryhmät tunnetaan. Tällöin Mayer-
Vietoris-jonon eksaktisuus on useissa tapauksissa riittävää ryhmien Hn(X) laskemiseen.
Yksinkertaisimmillaan idea on sellainen, että jos Hn(F1) = Hn(F2) =
Hn−1(A) = 0, niin Mayer-Vietoris-jonon pätkä
antaa eksaktin jonon
Hn(F1) ⊕ Hn(F2)
0
γn
−−−−→ Hn(X)
γn
−−−−→ Hn(X)
ξn
−−−−→ Hn−1(A)
ξn
−−−−→ 0,
ja tällöin eksaktisuuden nojalla on välttämättä oltava Hn(X) = 0. Tässä ei
tarvitse siis tietää Mayer-Vietoris-jonon homomorfismeista (a priori) mitään,
pelkkä jonon eksaktisuus riittää. Vastaava ilmiö tapahtuu usein, esimerkiksi jos
Mayer-Vietoris-jonossa syntyy lauseiden 10.9 – 11 kaltainen tilanne. Tästä tulee
esimerkkejä jatkossa. Aina näin ei kuitenkaan käy. Esimerkiksi toruksen T
homologiaryhmiä laskettaessa syntyy jatkossa tilanne, jossa on eksakti jono
0 −−−−→ H2(T)
Z 2
ξ2
−−−−→ Z 2
β0
−−−−→ Z 2
β1
−−−−→ Z 2
γ1
−−−−→ H1(T)
γ0
−−−−→ Z −−−−→ 0.
ξ1
−−−−→
Tässä ei pelkkä jonon eksaktisuus riitä kahden tuntemattoman ryhmän määräämiseen.
Jätetään harjoitustehtäväksi miettiä esimerkit, joissa yo. jonosta tulee
(sopivilla homomorfismeilla) eksakti erilaisilla ryhmillä H2(T) ja H1(T).
Tällaisessakin tilanteessa Mayer-Vietoris-jonosta on apua, koska homomorfismit
βn, γn ja ξn tunnetaan lauseesta 13.7. Kun näiden antama informaatio lisätään
M-V-jonon eksaktisuuteen, saadaan tuntemattomat ryhmät useimmiten
laskettua. Esimerkiksi tuossa toruksen tilanteessa saadaan kuvausta β1 tutkimalla
tiedot
Im(β1) ∼ = Z ja Z 2 /Im(β1) ∼ = Z.
Nämä tiedot riittävät H2(T):n ja H1(T):n laskemiseen. Jätetään tämä harjoitustehtäväksi.
213

Nyt sitten halutaan tietoa homomorfismeista βn,γn ja ξn.
ξn on näistä hankalin. Määritelmän mukaan ξn = ǫn ◦i −1
n : Hn(X) → Hn−1(A).
Tässä ǫn on lyhyen eksaktin jonon indusoima konstruktion 10.16 mukainen homomorfismi.
Tämän käytöstä on kuvailtu huomautuksessa 10.17. Kuvausta i −1
n
on havainnollistettu huomautuksessa 12.10. Sen mukaanhan
i −1
n ([c]) = [B m n (c)],
missä m on niin suuri, että B m n [c] ∈ S F n (X). Käytännössähän tämä tarkoittaa
sitä, että sykliin c sovelletaan niin monta kertaa barysentristä jakoa, että sen
syntyvät ”palaset” kuuluvat kaikki joko F1:een tai F2:een (homologialuokkahan
ei tässä prosessissa muutu, ks. lause 11.41) ja sovelletaan sitten homomorfismia
ǫn.
Tämä on käytännössä varsin mutkikasta, etenkin kun ǫn:n määritelmä on hankala.
Useimmiten onkin helpompaa tutkia kuvauksia βn ja γn.
Tarkastellaan ensin βn:ää. Määritelmän mukaan
βn = αn ◦ gn : Hn(A) → Hn(F1) ⊕ Hn(F2),
missä gn : Hn(A) → Hn(S(F1) ⊕ S(F2)) on määritelmän 13.1 kuvausperheen
{gk} indusoima homologiahomomorfismi ja αn : Hn(S(F1) ⊕ S(F2)) →
Hn(F1) ⊕ Hn(F2) on lauseen 7.19 antama isomorfismi.
Nyt kannattaa taas tulkita suorat summat karteesisiksi tuloiksi. Tässä tulkinnassa
homomorfismit gn operoivat määritelmässä 13.1 todetulla tavalla
gn(a) = (j 1 n(a), −j 2 n(a)).
Tällöin homologiahomomorfismin määritelmän mukaan
gn([a]) = [gn(a)] = [(j 1 n(a), −j 2 n(a)] ∈ Hn(S(F1) ⊕ S(F2)), (1)
missä j r n on upotuskuvauksen j r : A ֒→ Fr, r = 1,2 indusoima ketjuhomomorfismi.
Huomautuksessa 7.21 tutkittiin homomorfismin αn (jota siellä merkittiin symbolilla
F) käytöstä. Havaittiin, että αn operoi näin:
αn([(a,b)]) = ([a],[b]). (2)
Yhdistämällä ehdot (1) ja (2) saadaan kuvaukselle βn näppärä esitys:
βn([a]) = αn◦gn([a]) = αn([(j 1 n(a), −j 2 n(a)]) = ([j 1 n(a)], −[j 2 n(a)]) ∈ Hn(F1)×Hn(F2)
kaikille [a] ∈ Hn(A).
214

Homomorfismille γn kannattaa tehdä vastaava analyysi. Ensinnäkin määritelmän
mukaan
γn = in ◦ hn ◦ α −1
n : Hn(F1) ⊕ Hn(F2) → Hn(X).
Tässä αn on kuten edellä. Huomautuksessa 7.21 esitettiin myös käänteiskuvauksen
α −1
n (jota siellä merkittiin symbolilla G) käytös
α −1
n ([a],[b]) = [(a,b)] ∈ Hn(S(F1) ⊕ S(F2)) (3)
kaikille ([a],[b]) ∈ Hn(F1) × Hn(F2).
Kuvaus hn : Hn(S(F1) ⊕ S(F2)) → H F n on määritelmän 13.1 kuvausperheen
{hk} indusoima homologiahomomorfismi. Homomorfismit hn operoivat määritelmässä
13.1 todetulla tavalla:
hn(c1,c2) = k 1 n(c1) + k 2 n(c2),
missä k r n on upotuskuvauksen k r : Fr ֒→ X, r = 1,2 indusoima ketjuhomomorfismi.
Tällöin homologiahomomorfismin määritelmän mukaan
hn([(c1,c2)]) = [hn(c1,c2)] = [k 1 n(c1) + k 2 n(c2)].
Tämä esitys yhdistettynä ehtoon (3) antaa esityksen
hn ◦ α −1
n ([c1],[c2]) = hn([(c1,c2)]) = [k 1 n(c1) + k 2 n(c2)]. (4)
Kuvauksen γn määritelmässä oleva in tulee lauseesta 12.9 ja on hyvin yksinkertainen,
sillä huomautuksen 12.10 mukaan
in([c]) = [c].
Yhdistämällä tämä esitykseen (4) ja γn:n määritelmään saadaan homomorfismille
γn esitys
γn([c1],[c2]) = [k 1 n(c1) + k 2 n(c2)] ∈ Hn(X)
kaikille ([c1],[c2]) ∈ Hn(F1) × Hn(F2).
Harjoitustehtäviä.
13.1 Osoita, että jonon
2 ϕ
0 −→ G −→ Z −→ Z 2 −→ H −→ Z 2 −→ Z 2 −→ Z −→ 0
215

eksaktiudesta ei voi päätellä, mitä ryhmät G ja H ovat. Vertaa lauseisiin
10.9 – 11.
13.2 Oletetaan, että tehtävän 13.1 jonossa pätee
Laske ryhmät G ja H.
Im(ϕ) ∼ = Z ja Z 2 /Im(ϕ) ∼ = Z.
14 Sovelluksia euklidiseen avaruuteen: pallojen
homologiaryhmät
Tässä luvussa lasketaan Mayer-Vietoris-jonon avulla pallon S p =
{x ∈ R p+1 | ||x|| = 1} kaikki homologiaryhmät kaikille p ∈ N. Esimerkkeinä ja
harjoitustehtävinä tulee laskettua vähän muutakin.
Tapauksessa p = 0 ”pallo” S0 = {−1,1} ⊂ R on kahden pisteen diskreetti
topologinen avaruus, jonka homologia tunnetaan harjoitustehtävästä 4.6:
Hn(S 0 ) ∼
Z
=
2 kun n = 0
0 kun n > 0.
Tässähän ei Mayer-Vietorista tarvittu. Tarkastellaan sitten tapausta p = 1.
Mayer-Vietoris-jonon käyttöä varten pitää valita sopiva S 1 :n peite. Tällainen
on F = {F1,F2}, missä F1 = S 1 \ {(0,1)} ja F2 = S 1 \ {(0, −1)}. Tämä toteuttaa
13.1:n vaatimukset (eli int(F) on peite ja A = F1 ∩ F2 = ∅), joten
Mayer-Vietoris toimii.
◦
S 1 F1 F2 A = F1 ∩ F2
Tässä F1 ja F2 ovat stereograafisen projektion (ks. tehtävä 14.1) kautta ho-
meomorfisia R:n kanssa, joten lauseen 5.9 ja esimerkin 9.3 nojalla
Hn(Fk) ∼
=
Z
0
kun n = 0
kun n > 0
k = 1,2. (1)
Joukko A on (samaisen stereograafisen projektion kautta) homeomorfinen avaruuden
R \ {0} kanssa. Joukolla R \ {0} on ilmeisesti kaksi polkukomponenttia,
jotka ovat kutistuvia, jolloin lauseiden 9.29 ja 7.34 sekä huomautuksen 7.2 no-
jalla
Hn(A) ∼ =
Z ⊕ Z ∼ = Z 2 kun n = 0
0 kun n > 0.
216
◦
◦
◦
(2)

Nyt kun n ≥ 2, niin Mayer-Vietoris-jonosta saadaan eksakti
Hn(F1) ⊕ Hn(F2)
γn
−−−−→ Hn(S 1 )
joka ehtojen (1) ja (2) nojalla tulee muotoon
0 −→ Hn(S 1 ) −→ 0.
Koska tämä on siis eksakti, niin on oltava
ξn
−−−−→ Hn−1(A),
Hn(S 1 ) = 0 kun n ≥ 2. (3)
Koska S 1 on selvästi polkuyhtenäinen, niin lauseen 6.7 nojalla saadaan
H0(S 1 ) ∼ = Z. (4)
Pitää vielä laskea H1(S 1 ). Mayer-Vietoris antaa eksaktin jonon
H1(F1)⊕H1(F2) γ1
−→ H1(S 1 ) ξ1
−→ H0(A) β0
−→ H0(F1)⊕H0(F2) γ0
−→ H0(S 1 ) −→ 0.
Tässä tuo viimeinen nollaryhmä johtuu sopimuksesta H−1(X) = 0 kaikille X.
Käyttäen tähän jonoon ehtoja (1), (2) ja (4) saadaan eksakti jono
0 −→ H1(S 1 ) −→ Z 2 −→ Z 2 −→ Z −→ 0.
Tällöin lauseen 10.11 nojalla saadaan
H1(S 1 ) ∼ = Z 2−2+1 = Z. (5)
Nyt sitten kootaan yhteen ehdot (3), (4) ja (5), jolloin saadaan kaikki S1 :n
homologiaryhmät:
Hn(S 1 ) ∼
Z kun n = 0 tai n = 1
=
0 kun n ≥ 2,
Olkoon sitten p ≥ 2. Tässä täytyy antaa vastaus etukäteen, koska laskut tehdään
induktiolla p:n suhteen. Osoitetaan, että kaikille p ≥ 1 pätee
Hn(S p ) ∼
Z kun n = 0 tai n = p
=
0 muuten.
Edellä osoitettiin, että tämä väite pätee kun n = 1. Oletetaan induktiivisesti,
että p ≥ 2 ja että väite pätee (p − 1):lle, ts.
Hn(S p−1 ) ∼
Z kun n = 0 tai n = p − 1
=
0 muuten.
Konstruoidaan nyt S p :n peite F = {F1,F2}, missä F1 = S p \ {(0,...,0,1)} ja
F2 = S p \{(0,...,0, −1)} sekä merkitään A = F1∩F2. Nämä toteuttavat Mayer-
Vietorisin ehdot. Avaruudet Fk ovat homeomorfisia stereograafisen projektion
217

(tehtävä 14.1) kautta avaruuden Rp kanssa. Tällöin lauseen 5.9 ja esimerkin 9.33
perusteella kaikille n
Hn(Fk) ∼ = Hn(R p ) ∼
Z kun n = 0
=
0 kun n ≥ 1,
ja silloin huomautuksen 7.2 nojalla
Hn(F1) ⊕ Hn(F2) ∼ =
Z 2 kun n = 0
0 kun n ≥ 1.
Avaruus A on saman stereograafisen projektion kautta homeomorfinen avaruuden
R p \ {0} kanssa. Toisaalta esimerkin 8.8 c) mukaan R p \ {0} ∼ S p−1 , joten
A ∼ S p−1 . Silloin induktio-oletuksen ja lauseen 6.29 nojalla saadaan kaikille n
Hn(A) ∼ = Hn(S p−1 ) ∼ =
Z kun n = 0 tai n = p − 1
0 muuten.
Nyt kun n ≥ p + 1, niin Mayer-Vietoris-jonosta saadaan eksakti
Hn(F1) ⊕ Hn(F2)
γn
−−−−→ Hn(S p )
joka ehtojen (6) ja (7) nojalla tulee muotoon
Koska tämä on siis eksakti, niin on oltava
ξn
−−−−→ Hn−1(A),
(6)
(7)
(8)
0 −→ Hn(S p ) −→ 0. (9)
Hn(S p ) = 0 kun n ≥ p + 1. (10)
Kun 2 ≤ n ≤ p − 1, niin jono (8) tulee taas ehtojen (6) ja (7) nojalla muotoon
(9) ja saadaan
Hn(S p ) = 0 kun 2 ≤ n ≤ p + 1. (11)
Kun n = p, niin jono (8) ei riitä, vaan tarvitaan Mayer-Vietoris-jonosta saatava
eksakti
Hp(F1) ⊕ Hp(F2) γp
−→ Hp(S p ) ξp
−→ Hp−1(A) βp−1
−→ Hp−1(F1) ⊕ Hp−1(F2). (12)
Koska induktio-oletuksen mukaan p ≥ 2, niin p−1 ≥ 1 ja siten ehdon (6) nojalla
Hp(F1) ⊕ Hp(F2) = 0 = Hp−1(F1) ⊕ Hp−1(F2).
Ehdon (7) nojalla lisäksi Hp−1(A) ∼ = Z, joten jono (12) tulee muotoon
0 −−−−→ Hp(S p ) −−−−→ Z −−−−→ 0.
Tämä on siis eksakti, jolloin esimerkin 10.3 d) nojalla
Hp(S p ) ∼ = Z. (13)
218

Jäljellä ovat vielä ryhmät H0(S p ) ja H1(S p ). Avaruus S p on ilmeisesti polkuyhtenäinen,
joten lauseen 6.7 nojalla
Tapauksessa n = 1 Mayer-Vietoris antaa eksaktin jonon
H0(S p ) ∼ = Z. (14)
H1(F1)⊕H1(F2) −→ H1(S p ) −→ H0(A) −→ H0(F1)⊕H0(F2) −→ H0(X) −→ 0.
Ehtojen (6), (7) ja (14) nojalla tästä saadaan eksakti
Tällöin lauseen 10.11 nojalla
0 −→ H1(S p ) −→ Z −→ Z 2 −→ Z −→ 0.
H1(S p ) ∼ = Z 1−2+1 = Z 0 = 0. (15)
Kokoamalla yhteen ehdot (10), (11), (14) ja (15) nähdään, että induktioväite
on todistettu. Siispä väite pätee. Kootaan ja muotoillaan tämä yllä todistettu
vielä lauseeksi:
Lause 14.1
Hn(S p ) ∼ ⎧
⎪⎨ Z
=
⎪⎩
2 kun n = 0 = p
Z kun n = 0 = p tai n = p = 0
0 muuten.
Nyt saadaan hauskoja seurauksia, joihin viitattiin jo johdannossa:
Lause 14.2 Jos k = m, niin S k ≈ S m ja enemmänkin: S k ∼ S m .
Todistus. Tämä seuraa lauseista 14.1, 5.9 ja 6.29.
Lause 14.3 S m ei ole kutistuva millekään m ∈ N.
Todistus. Tämä seuraa lauseista 14.1 ja 6.29 sekä tehtävästä 4.5.
Edelleen:
Lause 14.4 Jos k = m, niin R k ≈ R m .
Todistus. Olkoon k = m. Tehdään antiteesi: R k ≈ R m . Tällöin on olemassa
homeomorfismi f : R k → R m ja selvästi
R k \ {0} ≈ R m \ {f(0)} ≈ R m \ {0}.
Esimerkin 8.8 c) mukaan R k \ {0} ∼ S k ja R m \ {0} ∼ S m , joten nyt S k ∼ S m .
Tämä on kuitenkin mahdotonta lauseen 14.2 mukaan, koska k = m.
Huomautus. Lauseiden 14.2 ja 14.4 valossa voisi ajatella, että pätisi myös R k ∼
R m kun k = m. Näin ei tietenkään ole, koska nämä molemmat avaruudet ovat
kutistuvia. Siis pätee R k ∼ R m kaikille k,m.
219

Huomautus 14.5 Huomautuksessa 6.8 todettiin, että polkuyhtenäisen avaruuden
H homologiaryhmän virittää mikä tahansa vakiosimpleksi σ ∈ Z0(X), jolloin
siis H0(X) = Z · [σ] kaikille σ ∈ Z0(X). Lauseessa 14.1 todettiin, että
H1(S 1 ) ∼ = Z, joten tälläkin ryhmällä on virittäjä (itse asiassa niitä on täsmälleen
kaksi, niin kuin tällaisessa ryhmässä aina; Z:n ainoat virittäjät ovat ±1 ja
näiden kuvat isomorfismissa Z → H1(S 1 ) ovat ryhmän H1(S 1 ) ainoat virittäjät).
Monissa yhteyksissä osoittautuu kiinnostavaksi tietää, mitkä nämä virittäjät
ovat. (Ryhmän G virittäjän g tunnistamisesta on etua: jos esimerkiksi ϕ : H →
G on homomorfismi, niin ϕ on epimorfismi jos ja vain jos g ∈ Im(ϕ); jos myös
H ∼ = Z, niin ϕ on isomorfismi jos ja vain jos virittäjä kuvautuu virittäjälle jne.)
Kysymys siis kuuluu: Mikä on ryhmän H1(S 1 ) virittäjä?
Vastaus on [σ], missä σ : ∆1 → S 1 ,
σ((1 − t)e0 + te1) = (cos 2πt,sin 2πt), t ∈ [0,1].
Tämä on selvästi sykli, joten se ainakin määrää (jonkin) homologialuokan [σ].
Tämä syklihän ”kiertää”kerran ympyrän S 1 . Tämä ”kierrosluku”voidaan määritellä
ihan kunnolla (kompleksianalyysin kurssilla näin tehdäänkin, ainakin differentioituvassa
tapauksessa, mutta onnistuu se muutenkin). Osoittautuu, että
ehto sille, että yksittäisestä simpleksistä koostuvan syklin σ homologialuokka
[σ] ∈ H1(S 1 ) virittää ryhmän H1(S 1 ) on havainnollisesti ajatellen juuri se, että
sykli ”kiertää ympyrän täsmälleen kerran” (jompaan kumpaan suuntaan). Esimerkiksi
sykli τ : ∆1 → S 1 , missä
τ((1 − t)e0 + te1) = (cos 4πt,sin 4πt)
kiertää ympyrän kahteen kertaan, joten se ei ole virittäjä. Jätetään kierrosluvun
määritelmä ja tuo yllä mainittu viritysehto harjoitustehtäväksi. Ennenkuin tätä
lähtee tekemään kannattaa harjoitella osoittamalla, että yllä määritelty σ todella
on virittäjä. Tämäkin on huomattavan vaikeaa ja vaivalloista.
Esimerkki 14.6 Lasketaan kuvan kahdeksikon K homologiaryhmät:
◦
K F1 F2 A = F1 ∩ F2
220
◦
◦
◦

Valitaan F1 ja F2 kuten kuvassa, jolloin Mayer-Vietoris-jonon ehdot ovat voimassa.
Ilmeisesti (vrt. esimerkki 8.8 d)) F1 ∼ S 1 ja F2 ∼ S 1 , joten lauseiden
14.1 ja 6.29 mukaan
Hn(Fk) ∼ =
Z kun n = 0,1
0 muuten.
Avaruus A = F1 ∩ F2 on ilmeisesti kutistuva, joten lauseen 9.29 (ja tehtävän
4.5) mukaan
Hn(A) ∼
=
Z
0
kun n = 0
muuten.
(2)
Tällöin, kun n ≥ 2 saadaan Mayer-Vietoris-jonosta
eksakti
Hn(F1) ⊕ Hn(F2)
βn
−−−−→ Hn(K)
0 −−−−→ Hn(K) −−−−→ 0,
ξn
−−−−→ Hn−1(A)
jolloin Hn(K) = 0 kaikille n ≥ 2. Koska K on ilmeisesti polkuyhtenäinen, niin
lauseen 6.7 nojalla
H0(K) ∼ = Z. (3)
Laskematta on siis vain H1(K). Tätä varten käytetään M-V-jonoa
H1(A) β1
−→ H1(F1)⊕H1(F2) γ1
−→ H1(K) ξ1
−→ H0(A) β0
−→ H0(F1)⊕H0(F2) γ0
−→ H0(K) −→ 0,
josta saadaan ehtojen (1), (2) ja (3) nojalla eksakti
0 −→ Z 2 f
g
−→ H1(K) −→ Z h
−→ Z 2 k
−→ Z −→ 0. (4)
Tarkastellaan ensin tämän jonon loppupäätä. Koska jono on eksakti, niin Im(h) =
Ker(k). Olkoon nyt i : Im(h) ֒→ Z 2 upotuskuvaus. Koska Im(i) = Im(h) =
Ker(k) ja i on injektio, niin jono
0 −→ Im(h)
on eksakti. Tällöin lauseen 10.10 nojalla
Jonosta (4) saadaan eksakti
i
−→ Z 2 k
−→ Z −→ 0
(1)
Im(h) ∼ = Z. (5)
0 −→ Z 2 f
g
−→ H1(K) −→ Z h
−→ Im(h) −→ 0,
josta edelleen ehdon (5) avulla saadaan eksakti
0 −→ Z 2 f
g
−→ H1(K) −→ Z h
−→ Z −→ 0. (6)
221

Tarkastellaan sitten tämän jonon loppupäätä. Koska jono on eksakti, niin Im(g) =
Ker(h). Olkoon nyt j : Im(g) ֒→ Z upotuskuvaus. Koska Im(j) = Im(g) =
Ker(h) ja j on injektio, niin jono
0 −→ Im(g)
on eksakti. Tällöin lauseen 10.10 nojalla
j
−→ Z h
−→ Z −→ 0
Im(g) = 0,
eli g on nollakuvaus. Tällöin jonosta (6) saadaan eksakti
0 −→ Z 2 f
g
−→ H1(K) −→ 0.
Tällöin f on isomorfismi ja siten saadaan
H1(K) ∼ = Z 2 .
Kootaan vastaus vielä yhteen:
Hn(K) ∼ ⎧
⎪⎨ Z
= Z
⎪⎩
kun n = 0
2 0
kun n = 1
muuten.
Huomautus 14.7 Ryhmän H1(S 1 ) virittäjät.
Lauseen 14.1 perusteella H1(S 1 ) ∼ = Z, joten ryhmällä H1(S 1 ) on jokin virittäjä
[c] ∈ H1(S 1 ), jolle pätee
H1(S 1 ) = Z · [c], c ∈ Z1(S 1 ). (1)
Huomautuksessa 14.5 viitattiin ryhmän H1(S 1 )( ∼ = Z) virittäjiin (joita on täsmälleen
kaksi) ja itse asiassa kerrottiinkin, mikä tällainen virittäjä on. Todistetaan
tämän luvun lopuksi myöhempää käyttöä varten tuo virittäjää [c] koskeva
huomautuksessa 14.5 esitetty väite. Näitä virittäjiä on siis täsmälleen kaksi kuten
ryhmässä Z, jonka (ainoat) virittäjät ovat ±1.
Määritellään σ ∈ S1(S 1 ) eli jatkuva kuvaus σ : ∆1 → S 1 asettamalla
σ((1 − t)e0 + te1) = (cos 2πt,sin 2πt), t ∈ [0,1],
jolloin σ on hyvin määritelty ja selvästi jatkuva. Merkitään τk : ∆0 → S 1 ,
k = 1,2 asettamalla
τ1 ≡ (1,0) ja τ2 ≡ (−1,0).
Tällöin
∂1(σ) = τ1 − τ1 = 0,
joten σ on 1-sykli ja määrää siten jonkin homologialuokan [σ] ∈ H1(S 1 ). Osoitetaan,
että tämä luokka on ryhmän H1(S 1 ) virittäjä eli toteuttaa ehdon (1).
222

Merkitään
F1 = S 1 \ {(0,1)} ja F2 = S 1 \ {(0, −1)} sekä A = F1 ∩ F2.
Tällöin S 1 :n peite F = {F1,F2} toteuttaa Mayer-Vietoris-jonon ehdot ja saadaan
eksakti
H1(F1) ⊕ H1(F2) γ1
−→ H1(S 1 ) ξ1
−→ H0(A) β0
−→ H0(F1) ⊕ H0(F2). (2)
Tarkastellaan luokkaa ξ1([σ]). Huomautuksessa 13.8 on havainnollistettu homomorfismia
ξ1:
ξ1([c]) = ǫ1([B m 1 (c)]),
missä m on niin suuri, että B m 1 (c) on alistettu peitteelle F ja ǫ1 on kuten
konstruktiossa 10.16. Tämä kuvaus ǫ1 syntyy kaaviosta
S0(A)
S1(F1) ⊕ S1(F2)
⏐
∂1
g0
−−−−→ S0(F1) ⊕ S0(F2)
h1
−−−−→ SF 1 (S1 )
missä valitaan ”apupisteet” (x,y) ∈ S1(F1) ⊕ S1(F2) ja a ∈ Z0(A) siten, että
Tällöin asetetaan
h1(x,y) = c ja ∂1(x,y) = g0(a).
ǫ1([c]) = [a] ∈ H0(A).
Tässä täytyy tietysti tietää, mitä nämä kuvaukset h1 ja g0 ovat. Merkinnän 13.1
mukaisesti
g0(a) = (j 1 0(a), −j 2 0(a)) ∈ S0(F1) × S0(F2),
missä kuvaukset j i 0 ovat upotusten j i : A ֒→ Fi indusoimia ketjuhomomorfismeja.
Kuvaukselle h1 pätee kaikille (c1,c2) ∈ S1(F1) × S1(F2)
h1(c1,c2) = k 1 1(c1) + k 2 1(c2) ∈ S F 1 (S 1 ),
missä kuvaukset k i 1 ovat upotusten k i : Fi ֒→ S 1 indusoimia ketjuhomomorfismeja.
Nyt kun lähdetään laskemaan luokkaa ξ1([σ]), täytyy siis σ:lle soveltaa ensin
barysentristä jakoa niin monta kertaa, että B m 1 (c) on alistettu peitteelle F.
Tässä tapauksessa riittää yksi kerta, eli B1(c) on jo alistettu peitteelle F. (Itse
σ:han sitä ei ole.) Barysentrisen jaon määritelmän mukaan nähdään helposti,
että
B1(σ) = α − β,
223

missä α,β : ∆1 → S 1 ,
α((1 − t)e0 + te1) = (cos(π + πt),sin(π + πt)), t ∈ [0,1] ja
β(te0 + (1 − t)e1) = (cos(π − πt),sin(π − πt)), t ∈ [0,1].
Jätetään yksityiskohdat harjoitustehtäväksi. Simpleksit näyttävät tältä:
• • •
τ1 τ2 τ1
σ α
Nyt pitäisi sitten kuvata luokkaa [α − β] ∈ H1(S 1 ) homomorfismilla ǫ1. Tässä
ilmeisesti α ∈ S1(F1) ja β ∈ S1(F2), joten (α, −β) ∈ S1(F1) ⊕ S1(F2). Silloin
homomorfismin h1 määritelmän mukaan
β
h1(α, −β) = α − β. (3)
Tässä upotushomomorfismit k 1 1 ja k 2 1 on merkintöjen selkeyttämiseksi jätetty
pois. Summakompleksin S(F1) ⊕ S(F2) reunakuvauksen määritelmän mukaan
ja nyt ilmeisesti
joten
∂1(α, −β) = (∂1(α), −∂1(β)),
∂1(α) = τ1 − τ2 ja myös ∂1(β) = τ1 − τ2,
∂1(α, −β) = (τ1 − τ2,τ2 − τ1). (4)
Selvästi τ1,τ2 ∈ S0(A), joten myös τ1 − τ2 ∈ S0(A). Silloin kuvauksen g0 määritelmän
mukaan
g0(τ1 − τ2) = (τ1 − τ2,τ2 − τ1),
joten ehdon (4) nojalla
g0(τ1 − τ2) = ∂1(α, −β).
Tällöin ehdon (3) ja kuvauksen ǫ1 määritelmän mukaan pätee
ǫ1([α − β]) = [τ1 − τ2]
224

ja siten
ξ1([σ]) = ǫ1([B1(σ)]) = ǫ1([α − β]) = [τ1 − τ2]. (5)
Palataan takaisin jonoon (2). Joukot F1 ja F2 ovat kutistuvia, joten H1(F1) =
0 = H1(F2) ja siten myös H1(F1) ⊕ H1(F2) = 0. Tällöin jonosta (2) saadaan
eksakti
0 −→ H1(S 1 ) ξ1
−→ H0(A) β0
−→ H0(F1) ⊕ H0(F2).
Tällöin ξ1 on monomorfismi ja antaa siten isomorfismin
ξ1 : H1(S 1 ) → Im(ξ1) = Ker(β0),
joten väitteen ”[σ] on ryhmän H1(S 1 ) virittäjä” todistamiseksi riittää osoittaa,
että
ξ1([σ]) on ryhmän Ker(β0) virittäjä.
Tämä väite seuraa ehdon (5) nojalla, jos osoitetaan, että
Ker(β0) = Z · [τ1 − τ2]. (6)
Ehdon (5) nojalla [τ1 − τ2] ∈ Im(ξ1) = Ker(β0), joten Z · [τ1 − τ2] ⊂ Ker(β0).
Siten väite (6) seuraa, jos osoitetaan, että
Ker(β0) ⊂ Z · [τ1 − τ2]. (7)
Huomautuksessa 13.8 havainnollistettiin kuvauksen β0 käytöstä:
β0([a]) = ([j 1 0(a)], −[j 2 0(a)]) ∈ H0(F1) × H0(F2), (8)
missä kuvaukset j r 0 ovat upotusten j r : A ֒→ Fr indusoimia ketjuhomomorfismeja.
Selvästi joukolla A on täsmälleen kaksi polkukomponenttia A1 ja A2, joille pätee
τ1 ∈ A1 ja τ2 ∈ A2. Tällöin jokainen A:n 0-ketju a voidaan yksikäsitteisellä
tavalla esittää formaalina summana
a =
nγ · γ +
nδ · δ. (9)
γ∈Σ0(A1)
δ∈Σ0(A2)
Koska A1 ja A2 ovat polkuyhtenäisiä, niin huomautuksen 6.8 nojalla [τ1] on
ryhmän H0(A1) virittäjä ja vastaavasti [τ2] on ryhmän H0(A2) virittäjä. Itse
asiassa kyseisen huomautuksen mukaan pätee enemmänkin: [γ] = [τ1] ∈ H1(A1)
kaikille γ ∈ Σ0(A1) ja [δ] = [τ2] ∈ H1(A2) kaikille δ ∈ Σ0(A2). Tällöin triviaalisti
(koska A1,A2 ⊂ A) pätee myös [γ] = [τ1] ∈ H1(A) kaikille γ ∈ Σ0(A1) ja [δ] =
[τ2] ∈ H1(A) kaikille δ ∈ Σ0(A2). Silloin ehdon (9) nojalla kaikille [a] ∈ H0(A)
saadaan esitys
[a] = n · [τ1] + m · [τ2] = [n · τ1 + m · τ2], missä m,n ∈ Z. (10)
Tällöin ehdon (8) nojalla
β0([a]) = ([j 1 0(n · τ1 + m · τ2)], −[j 2 0(n · τ1 + m · τ2)]) ∈ H0(F1) × H0(F2). (11)
225

Väitteen (7) todistusta varten oletetaan, että [a] ∈ Ker(β0) ja että luokalla [a]
on esitys (10). Esityksen (11) nojalla pätee tällöin
eli
[j 1 0(n · τ1 + m · τ2)] = 0 ∈ H0(F1)
[n · j 1 ◦ τ1 + m · j 1 ◦ τ2] = 0 ∈ H0(F1). (12)
Joukko F1 on polkuyhtenäinen, joten huomautuksen 6.8 nojalla pätee
Tällöin ehdon (12) nojalla
[j 1 ◦ τ1] = [j 1 ◦ τ2] ∈ H0(F1).
(m + n)[j 1 ◦ τ1] = 0 ∈ H0(F1). (13)
Huomautuksen 6.8 nojalla [j 1 ◦ τ1] on ryhmän H0(F1) virittäjä ja H0(F1) ∼ = Z
on vapaa, jolloin ehdon (13) perusteella on oltava
Tällöin esityksen (10) perusteella
m + n = 0 eli m = −n.
[a] = n · [τ1] − n · [τ2] = n([τ1] − [τ2]) = n[τ1 − τ2] ∈ Z · [τ1 − τ2],
joten väite (7) seuraa ja [σ] on todistettu ryhmän H1(S 1 ) virittäjäksi.
Huomautus. Koska siis H1(S 1 ) ∼ = Z, niin se on vapaa Abelin ryhmä, ja silloin
virittäjä on myös kanta, ts. huomautuksen 14.7 luokalle [σ] yksiö {[σ]} on
vapaan Abelin ryhmän H1(S 1 ) kanta.
Kuten todettiin, ryhmällä H1(S 1 ) on täsmälleen kaksi virittäjää. Edellä löydettiin
niistä toinen. Mikä sitten on toinen? Sellainen on (tietysti) luokka −[σ],
missä σ on kuten edellä. Tämän luokan edustajaksi voidaan valita simpleksi σ1,
missä σ1((1−t)e0+te1) = (cos 2πt, −sin 2πt), t ∈ [0,1]. Jätetään tämän tarkka
todistus harjoitustehtäväksi. Kuten huomautuksessa 14.5 todettiin, havainnollisesti
ajatellen oleellista näissä virittäjissä tai niiden edustajissa on se, että ”ne
kiertävät origon täsmälleen kerran”. Huomaa, että σ ja σ1 kiertävät origon ”eri
suuntiin”. Esimerkiksi simpleksi γ, missä γ((1 − t)e0 + te1) = (cos 4πt,sin 4πt)
”kiertää origon kahdesti”, joten sen määräämä luokka ei ole virittäjä. Tässähän
käy sillä tavalla, että tälle γ pätee [γ] = 2 · [σ] (jätetään tämä harjoitustehtäväksi),
joten luokka [γ] vastaa lukua ±2 ∈ Z, jos virittäjä [σ] tulkitaan luvuksi
±1 ∈ Z.
Harjoitustehtäviä.
14.1 Osoita, että stereograafinen projektio eli kuvaus Rp → F1,
x = (x1,...,xp) ↦→
∈ S p
2
||x|| 2 + 1 x, ||x||2 − 1
||x|| 2 + 1
226

on homeomorfismi.
14.2 Esimerkissä 14.6 laskettiin kahdeksikon K homologiaryhmät ja todettiin,
että H1(K) ∼ = Z 2 . Tällöin H1(K) on vapaa ja on olemassa luokat [c],[d] ∈ H1(K)
siten, että
{[c],[d]} on ryhmän H1(K) kanta.
Määrää tällaiset luokat [c] ja [d].
(Ohje: Nämä luokat ovat jonkin Z 2 :n kannan alkioiden kuvia esimerkin 14.6 isomorfismissa
f : Z 2 → H1(K).)
Laske avaruuden X kaikki homologiaryhmät, kun X on :
14.3 {(x1,x2,x3) ∈ R 3 | x3 = 0} ∪ {(x1,x2,x3), ∈ R 3 | x1 = 0 ja x 2 2 + x 2 3 = 1}
14.4 k-kertaa punkteerattu 2-pallo S 2 \ {x1,...,xk},
14.5 k-kertaa punkteerattu p-pallo S p \ {x1,...,xk},
14.6 sylinteripinta {(x1,x2,x3) ∈ R 3 | x 2 1 + x 2 2 = 1 ja 0 ≤ x3 ≤ 1},
14.7 punkteerattu sylinteripinta,
14.8 punkteerattu torus ja
14.9 torus.
Huomautus. Toruksen tapaus on vaikea. Seuraavanlainen ratkaisu lienee tässä
ja näillä eväillä yksinkertaisin (vrt. kuitenkin luvun 17 esimerkkiin, jossa
toruksen homologiaryhmät lasketaan erilaisella metodilla): Peitetään torus T
kahdella ”putkenpätkällä” F1 ja F2, joille A = F1 ∩ F2 koostuu kahdesta erillisestä
lyhyestä putkesta.
. . . . . . . . .
. .
. .
. .
.
.
.
.
. . . . . . .
. .
.
.
.. .
.
.
. . . . .
.
.
.
.
.
.
. . . . . . .
.
T
F1
. . . . . . . . .
. .
. .
. .
.
.
.
.
. . . . . . .
. .
.
.
.. .
.
.
. . . . .
.
.
.
.
.
.
. . . . . . .
.
A
↓
F2
. . .
. .
. .
. . . . . . . . . .
. . . . . . .
. .
.
.
.. .
.
.
. . . . .
.
.
.
.
.
.
. . . . . . .
.
. . . . . . . . .
. .
. .
. .
.
.
.
.
. . . . . . .
. .
.
.
.. .
.
.
. . . . .
.
.
.
.
.
.
. . . . . . .
.
Leikataan toruspinta on auki pitkin seuraavan kuvan osoittamia käyriä a ja
b; kuvissa on tilanne ennen ja jälkeen leikkauksen:
227

a
↓
.. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. .
. .
. . . . .
.
. ......
. . . . . .
. .
.
.
.. .
.
.
. . . . .
.
. . .
. . . ....
.
.
. . . . . . .
.
...
.
.
. .
. .
. . . . .
.
տ a
T
b
T
b
a
Tätä voi ajatella tietysti myös toisinpäin: torus syntyy liimaamalla suorakaiteen
vastakkaiset sivut a yhteen, jolloin syntyy putki, ja sen jälkeen putken
päät b yhteen, jolloin tuloksena onkin toruspinta. Seuraavassa kuvassa näkyvät
viivoitettuina auki leikatulla toruksella olevat edellä kuvaillut joukot F1, F2 ja
A:
a a a a a a a a
T
b b b b
b b b b
F1 F2 A
b
← A1
← A2
Huomaa, että joukoille F1, F2 ja A = F1 ∩ F2 tehdään myös vastaavat liimaukset,
jolloin niistä todella tulee yllä mainittuja putkia.
Ilmeisesti Fk ∼ S 1 , k = 1,2 ja A koostuu kahdesta polkukomponentista A1 ja
A2, joille pätee Ak ∼ S 1 , k = 1,2. Tällöin
ja
Hn(Fk) ∼ =
Hn(A) ∼ =
Z kun k = 0,1
0 muuten
Z 2 kun k = 0,1
0 muuten.
Mayer-Vietoris-jono antaa näiden avulla heti tiedon
Hn(T) = 0, kun n ≥ 3.
T on ilmeisesti polkuyhtenäinen, joten H0(T) ∼ = Z. Puuttumaan jäävät H1(T)
ja H2(T). Näille M-V-jono antaa eksaktin
0 −→ H2(T) ξ2 2 β1 2 γ1
−→ Z −→ Z −→ H1(T) ξ1 2 β1 2 γ1
−→ Z −→ Z −→ Z −→ 0.
228

Tässä pelkkä eksaktisuus ei riitä kahden tuntemattoman ryhmän laskemiseen,
vrt. tehtävä 13.1. Tarvitaan siis tietoa noista kuvauksista. Tässä lienee helpointa
tutkia homomorfismia β1, jonka käytöstä on esitelty huomautuksessa 13.8.
Osoita (tämä ei ole helppoa), että Im(β1) ∼ = Z ja että Z 2 /Im(β1) ∼ = Z. Näillä
tiedoilla laskut onnistuvat, vrt. tehtävä 13.2.
Toruksen homologiaryhmiä voi yrittää laskea myös näin: Olkoon F1 punkteerattu
torus ja F2 punkteerauksen peittävä pieni kiekko, jolloin A = F1 ∩ F2 on
punkteerattu kiekko kuten seuraavassa kuvassa:
b b b b
a a a ◦ a a a a ◦ a
T
b b b b
F1
A
↓ ↓
Punkteeratun toruksen F1 homologiaryhmät tunnetaan tehtävästä 14.6:
Hn(F1) ∼ ⎧
⎪⎨ Z kun k = 0
= Z
⎪⎩
2 kun k = 1
0 muuten.
F2 on kutistuva, joten
Ilmeisesti A ∼ S 1 , joten
Hn(Fk) ∼ =
Hn(A) ∼ =
Nyt Mayer-Vietoris antaa eksaktin
F2
Z kun k = 0
0 muuten.
Z kun k = 0,1
0 muuten.
0 −→ H2(T) ξ2
−→ Z β1 2 γ1
−→ Z −→ H1(T) ξ1
−→ Z β1 2 γ1
−→ Z −→ Z −→ 0,
eikä tässäkään pelkkä eksaktisuus riitä. Laskut onnistuvat, jos huomataan, että
tässä oleva β1 on nollakuvaus. Tämän todistaminen on huomattavan hankalaa.
Todistuksen karkea idea on seuraava. Valitaan σ kuten seuraavassa kuvassa:
229

ւ
◦ •
σ
A
Tässä siis σ kiertää A:n punkteerauksen kerran. Koska σ:n alkupiste on sama
kuin loppupiste, niin se on sykli, ja määrää siten homologialuokan [σ] ∈ H1(A).
Osoittautuu, että tämä on koko luokan H1(A) virittäjä. Siten väite β1 ≡ 0 pätee,
jos osoitetaan, että β1([σ]) = 0. Homomorfismin β1 määritelmän mukaan tämä
tarkoittaa käytännössä (eli havainnollisesti) sitä, että σ:n määräämä homologialuokan
on oltava nollaluokka sekä H1(F1):ssä että H1(F2):ssa. Jälkimmäinen
väite on selvä, koska H1(F2) = 0, joten pitää osoittaa, että σ on nollahomologinen
myös H1(F1):ssä. Jos σ olisi nollahomotopinen F1:ssä eli se voitaisiin jatkuvasti
kutistaa pisteeksi joukossa F1, niin helposti nähtäisiin, että se olisi myös
nollahomologinen. Mutta kun se – pahus vieköön – ei ole nollahomotopinen
F1:ssä. (Tämän todistaminen on sitten taas luku sinänsä.) Havainnollisesti
ajatellen on kuitenkin ilmeistä, että σ on homotopinen (kuvauksena S 1 → F1)
F1:ssä sellaisen käyrän kanssa, jossa kuljetaan ensin (ks. sivun 229 joukkoja F1
ja A esittävät kuvat) käyrä a nuolen osoittamaan suuntaan (kuvan oikea reuna),
sitten b ”nurinpäin” (kuvan ylälaita), sitten a nurinpäin (vasen reuna) ja
lopuksi b oikeinpäin (alalaita). Tällöin σ on myös homologinen tämän käyrän
kanssa eli ne määräävät saman homologiaryhmän. Käyttämällä taas tuota tutuksi
tullutta fraasia ”kun suunta vaihtuu niin merkki vaihtuu” saadaan tälle
yhdistelmäkäyrälle esitys a − b − a + b. Huomaa, että sekä a että b ovat syklejä,
joten ne määräävät kumpikin jonkin homologialuokan. Silloin saadaan
ja väite seuraa.
[σ] = [a − b − a + b] = [a] − [b] − [a] + [b] = [0] ∈ H1(F1)
Tässä on hyvä panna merkille homotopiaryhmän π1(F1) (jota ei ole kylläkään
määritelty, mutta se koostuu tuommoisten lenkkien homotopialuokista) ja homologiaryhmän
H1(F1) yhteys, josta oli jo puhetta sivulla 132 ehdossa (∗). Siellähän
mainittiin, että pätee
H1(F1) ∼ = π1(F1)/C(π1(F1)), (∗)
missä C(π1(F1)) = {xyx −1 y −1 | x,y ∈ π1(F1)} on ryhmän π1(F1) kommutaattori.
Nythän tuo yhdistelmäkäyrä a−b−a+b on nimenomaan homotopiaryhmän
π1(F1) kommutaattorissa, koska a−b−a+b = a+(−b)−a−(−b). (Huomaa, että
tässä ”+”on nyt π1(F1):n laskutoimitus, joka ei ole kommutatiivinen.) Koska
siis tämä laite on tuolla kommutaattorissa, niin se määrää nollaluokan tekijäryhmässä
π1(F1)/C(π1(F1)) ja siten myös nolla-alkion ryhmässä H1(F1) isomorfian
230

(∗) kautta – kuten itse asiassa yllä todettiin suoraan, ilman homotopiatulkintaa.
Tässä on nyt kuitenkin suhtauduttava suurin varauksin noihin yllä esitettyihin
väitteisiin ja huomioihin; mitäänhän ei ole kunnolla perusteltu ja välistä
puuttuu vaikeita todistuksia. Tässä voitaisiin kuitenkin todistaa seuraavaa (ja
tämä siis ihan kunnolla):
14.10 Osoita, että jonossa
0 −→ H2(T) ξ2
−→ Z β1 2 γ1
−→ Z −→ H1(T) ξ1
−→ Z β1 2 γ1
−→ Z −→ Z −→ 0
homomorfismi β1 on nollakuvaus käyttäen tehtävää 14.9, josta saadaan homologiaryhmät
H2(T) ja H1(T).
15 Sovelluksia euklidiseen avaruuteen:
Brouwerin kiintopistelause
Muistutetaan ensin mieleen retraktin määritelmä: Topologisen avaruuden aliavaruus
A ⊂ X on X:n retrakti, jos on olemassa jatkuva kuvaus f : X → A
siten, että f|A = idA. Huomaa, että jos A on X:n retrakti, niin se on myös
jokaisen aliavaruuden Y , A ⊂ Y ⊂ X retrakti. Tämähän saadaan triviaalisti
rajoittumakuvausta käyttämällä. Yhtenäisen avaruuden X retrakti on aina
yhtenäinen, koska retraktiokuvaus f : X → A on aina surjektio ja yhtenäisen
joukon kuva jatkuvassa kuvauksessa on yhtenäinen.
Sivulla 128 väitettiin, että S 1 ei ole avaruuden R 2 retrakti, mutta silloin tätä
väitettä ei osattu todistaa. Nyt osataan, ja osataan vähän enemmänkin:
Lause 15.1 Olkoon p ∈ N. Tällöin pallon pinta S p ei ole suljetun pallon B p+1 =
{x ∈ R p+1 | ||x|| ≤ 1} retrakti.
Todistus. Kun p = 0, niin B p+1 = [−1,1] ⊂ R on yhtenäinen, mutta S p =
{−1,1} ⊂ R ei, joten väite seuraa yllä todetuista yhtenäisyystarkasteluista.
Voidaan siis olettaa, että p > 0.
Tehdään antiteesi: S p on B p+1 :n retrakti.
Tällöin lauseen 9.35 nojalla upotuskuvauksen i : S p ֒→ B p+1 indusoima homologiahomomorfismi
in : Hn(S p ) → Hn(B p+1 ) on monomorfismi kaikille n ∈ N.
Koska p > 0, niin lauseen 14.1 nojalla Hp(S p ) ∼ = Z. Toisaalta B p+1 on konveksi
joukko, joten se on kutistuva. Silloin lauseen 6.29 ja tehtävän 4.5 (sekä
oletuksen p > 0) nojalla pätee Hp(B p+1 ) = 0.
Tällöin monomorfismi in : Hn(S p ) → Hn(B p+1 ) antaa monomorfismin Z → 0.
231

Tällaista ei tietenkään voi olla olemassa, joten antiteesi johti ristiriitaan ja väite
on siten todistettu.
Nyt ollaan valmiita todistamaan Brouwerin kiintopistelause:
Lause 15.2 Olkoon p ≥ 1 ja f : B p → B p jatkuva kuvaus. Tällöin f:llä on
kiintopiste, ts. on olemassa x ∈ B p siten, että f(x) = x.
Todistus. Tehdään antiteesi: f:llä ei ole kiintopistettä, ts. f(x) = x kaikille
x ∈ B p .
Määritellään kaikille x ∈ B p puolisuora L(x) asettamalla
L(x) = {f(x) + t(x − f(x)) | t > 0}.
Koska antiteesin mukaan x − f(x) = 0, niin kyseessä on todella pisteestä f(x)
alkava geometrinen puolisuora. Huomaa, että se on ”avoin”, eli f(x) /∈ L(x). Havainnollisesti
on selvää, että tämä puolisuora leikkaa pallon pintaa S p täsmälleen
yhdessä pisteessä r(x) – myös siinä tapauksessa, että piste f(x) on pallon
pinnalla:
f(x)
•
• x
r(x)
Tämä pitää toki todistaa myös laskemalla. On helppo nähdä, että
||L(x)|| = 1 ⇔ t 2 ||x − f(x)|| 2 + 2tf(x) · (x − f(x)) + ||f(x)|| 2 − 1 = 0, (1)
missä ”·” symboloi tavallista euklidista sisätuloa. Pitää siis nähdä, että toisen
asteen yhtälöllä (1) on täsmälleen yksi aidosti positiivinen ratkaisu t. Yhtälön
(1) ratkaisuja ovat
t = −f(x) · (x − f(x)) ± (f(x) · (x − f(x))) 2 − ||x − f(x)|| 2 (||f(x)|| 2 − 1)
||x − f(x)|| 2
.
Nämä ovat reaalisia ja niistä toinen on negatiivinen ja toinen aidosti positiivinen,
kuten helposti nähdään. Aidosti positiivinen ratkaisu t on plusmerkillä
varustettu eli
t = −f(x) · (x − f(x)) + (f(x) · (x − f(x))) 2 − ||x − f(x)|| 2 (||f(x)|| 2 − 1)
||x − f(x)|| 2
.
Siten kaikissa tapauksissa yhtälöllä (1) on täsmälleen yksi aidosti positiivinen
ratkaisu t, mikä merkitsee sitä, että puolisuora L(x) todellakin leikkaa joukkoa
232

S p täsmälleen yhdessä pisteessä. Merkitään tätä pistettä symbolilla r(x). Tällöin
siis
r(x) = f(x)+
−f(x) · (x − f(x)) + (f(x) · (x − f(x))) 2 − ||x − f(x)|| 2 (||f(x)|| 2 − 1)
||x − f(x)|| 2
(x − f(x)).
Tästä esityksestä nähdään, että r on jatkuva, koska f on oletuksen mukaan jatkuva
ja antiteesin mukaan f(x) = x kaikille x.
Jos ||x|| = 1, niin triviaalisti x on puolisuoran L(x) ja S p :n leikkauspiste, joten
tällöin r(x) = x. Tämän näkee myös r:n lausekkeesta pienellä laskulla.
Tällöin siis r : B p → Sp on jatkuva kuvaus ja r|Sp = idSp, joten r on retraktio
ja siten Sp on B p :n retrakti. Tämä on kuitenkin mahdotonta lauseen
15.1 nojalla. Näin antiteesi johti ristiriitaan, joten väite on todistettu.
Huomautus. Brouwerin nimissä kulkevan kiintopistelauseen todisti tapauksessa
p ≤ 3 ensimmäisenä Piers Bohl vuonna 1904. L.E.J. Brouwer antoi sille
uuden todistuksen vuonna 1909. Yleisessä tapauksessa (p > 3) tämän kiintopistelauseen
todisti ensimmäisenä Jacques Hadamard 1910. Brouwer todisti tämänkin
uudestaan 1912.
Tälle kiintopistelauseelle on olemassa myös ”alkeellisia” todistuksia, jotka eivät
käytä homologiateoriaa, ks. esim. V.I. Isträt«escu: Fixed point theory, (Reidel
1981) tai J.W. Milnor: Analytic proofs of the ”hairy ball theorem” and the
Brouwer fixed point theorem. Amer.Math.Monthly, 85 (1981), pp. 521-524.
Banachin kiintopistelause pallossa B p on erikoistapaus Brouwerin kiintopistelauseesta.
Sehän sanoo (yksinkertaisimmillaan), että jos f : B p → B p on
Lipschitz-jatkuva vakiolla L < 1, niin f:llä on kiintopiste. Tämän todistushan
on helppo: Valitaan mielivaltainen lähtöpiste x0 ∈ B p ja muodostetaan rekursiivisesti
jono (xn) siten, että xn+1 = f(xn). Tällöin jono (xn) konvergoi kohti
f:n kiintopistettä. Tämä todistus antaa siis myös metodin kiintopisteen löytämiseen
tai ainakin approksimoimiseen, mistä on joissakin sovelluksissa suurta
hyötyä. Tuo Brouwerin lauseen edellä esitetty todistus on puhtaasti olemassaolotodistus:
se ei kerro mitään itse kiintopisteestä eikä anna mitään keinoa sen
laskemiseksi. On kuitenkin olemassa menetelmiä, jotka antavat mahdollisuuden
approksimoida kiintopistettä, ks. esim. H. Scarf: The approximation of fixed
points of continuous mappings, SIAM J.Appl.Math. 15 (1967) pp. 1328-1343
tai S. Karamadian (ed): Fixed points. Algorithms and applications. Acad.Press
(1977).
233

Harjoitustehtäviä.
Jos ϕ : Z → Z on homomorfismi, niin on olemassa yksikäsitteinen luku d ∈ Z
siten, että ϕ(x) = dx kaikille x ∈ Z. Tämän näkee helposti; tuo luku d on tietysti
luku ϕ(1) ∈ Z.
Olkoon nyt p ≥ 1 ja f : S p → S p jatkuva kuvaus ja fp : Hp(S p ) → Hp(S p ) sen
indusoima homologiahomomorfismi. Koska lauseen 14.1 mukaan Hp(S p ) ∼ = Z,
niin ylläsanotun nojalla on olemassa yksikäsitteinen luku d ∈ Z siten, että
fp([c]) = d · [c] kaikille [c] ∈ Hp(S p ). Sanotaan, että tämä luku d on kuvauksen
f aste, ja sitä merkitään symbolilla deg(f).
Havainnollinen tulkinta. Kun p = 1, niin kuvauksen f aste tarkoittaa sitä,
montako kertaa ”käyrä f(S 1 ) kiertää origon vastapäivään”. Esimerkiksi jos f
on kuvaus z ↦→ z 2 (siis kompleksilukumuodossa), niin deg(f) = 2 ja yleisesti jos
f on z ↦→ z k , niin deg(f) = k. Tämä pätee myös negatiiviselle k (jolloin kiertosuunta
on päinvastainen) ja myös silloin, kun k = 0 tai k = 1. Näiden väitteiden
todistus yleiselle k on varsin vaikeaa.
Tehtävissä 15.1-7 oletetaan, että p ≥ 1 ja että f,g : S p → S p ovat jatkuvia
kuvauksia. Todista seuraavat väitteet:
15.1 Jos f ∼ g, niin deg(f) = deg(g).
Tälle väitteelle pätee myös käänteinen tulos: jos deg(f) = deg(g), niin f ∼ g.
Tämä on ns. Brouwer degree theorem; sen todistus on erittäin vaikea ja vaatii
homotopiateorian tuntemista.
15.2 deg(f ◦ g) = deg(f) · deg(g).
15.3 Jos f on homeomorfismi, niin deg(f) = ±1.
15.4 Jos f on vakio, niin deg(f) = 0.
15.5 Jos f on muotoa f(x1,...,xp,xp+1) = (x1,...,xp, −xp+1), niin
deg(f) = −1.
Tämä on yllättävän(?) vaikeaa. Riittää konstruoida sykli c siten, että [c] = 0
(miten?), ja laskea, että fp([c]) = −[c]. Kannattaa harjoitella ensin tapauksella
p = 1.
15.6 Jos f on muotoa f(x) = −x, niin deg(f) = (−1) p+1 .
15.7 Jos f on kiintopisteetön, ts. f(x) = x kaikille x ∈ S p , niin deg(f) =
(−1) p+1 .
Tämä on näistä vaikein, mutta nyt voi käyttää aiempia tehtäviä hyväksi. Vihjeenä:
Huomaa ensin, että (t − 1)x + tf(x) = 0 kaikille x ja 0 ≤ t ≤ 1.
234

Huomautus. Tuo viimeinen tehtävä on tämän tehtäväjonon 15.1–7 varsinainen
tulos. Sehän on eräänlainen kiintopistelause: Jos jatkuvan kuvauksen f : S p →
S p aste on mitä tahansa muuta kuin (−1) p+1 , niin sillä on kiintopiste. Tapauksessa
p = 1 tämä tarkoittaa sitä, että jos käyrä f(S 1 ) kiertää origon muulla
tavoin kuin ”kerran vastapäivään” (tai ei kierrä ollenkaan), niin f:llä on välttämättä
kiintopiste. Jos f:n aste on juuri tuo (−1) p+1 , niin f:llä ei välttämättä
ole kiintopistettä, esimerkkinä tästä on tehtävän 15.6 kuvaus x ↦→ −x.
Sanotaan, että kuvaus v : S p → R p+1 on S p :n tangenttivektorikenttä, jos
v(x) ⊥ x kaikille x ∈ S p . Tässä tuo kohtisuoruusehto tarkoittaa kohtisuoruutta
tavallisen euklidisen sisätulon suhteen eli v(x) ⊥ x ⇔ v(x) · x = 0. Seuraavassa
kuvassa tuo nuoli esittää tangenttivektoria v(x), joka on siirretty alkamaan pisteestä
x. Näinhän piirroksissa yleensä menetellään.
x
•−→
Sanotaan, että tangenttivektorikenttä on jatkuva, jos v on jatkuva ja nollasta
eroava, jos v(x) = 0 kaikille x.
Nyt kysymys kuuluu, että onko olemassa pallon S p nollasta eroavaa tangenttivektorikenttää.
Nollasta eroava tangenttivektorikenttä voidaan normeerata, jolloin
saadaan jatkuva, nollasta eroava tangenttivektorikenttä, jossa tangenttivektoreiden
pituus on vakio. On ilmeistä, että ainakin tapauksessa p = 1 tällainen
vektorikenttä on olemassa:
Havainnollisesti tätä voi ajatella niin, että pallon S p pinnalla kasvaa ”tukkaa”
(eli näitä tangenttivektoreita) ja tällaisen jatkuvan nollasta eroavan vektorikentän
olemassaolo merkitsee sitä, että tukka voidaan kammata sileästi niin, ettei
synny mitään jakauksia tai muita pyörteitä. Nyt sitten tuo edellä esitetty kysymys
tapauksessa p = 2 voidaan esittää havainnollisesti niin, että voidaanko
”tavallinen” pallon pinta kammata sileästi? Ihmisen päähän noita jakauksia tai
235

pyörteitä tahtoo aina tulla, mutta tämä ei ole kovin hyvä vertaus, koska ihmisen
pää on (yleensä) kaulan jatkeena, ja se vähän sotkee tilannetta.
No, voidaanko S 2 kammata sileästi? Ei voida. Tämän sanoo seuraava harjoitustehtävä,
joka sanoo vähän enemmänkin. Tulos tunnetaan nimellä hairy ball
theorem; tähänhän viitattiin sivulla 233 mainitussa Milnorin artikkelissa.
15.8 Osoita, että S p :llä (p ≥ 1) on jatkuva, nollasta eroava vektorikenttä jos ja
vain jos n on pariton.
Ohje: Parittomalle p suora konstruktio. Parillisessa tapauksessa tee antiteesi,
määrittele f(x) = x + v(x) ja käytä hyväksi tehtävää 15.7.
16 Sovelluksia euklidiseen avaruuteen:
Jordan-Brouwerin lause
Tässä luvussa todistetaan johdannossa mainittu Jordan-Brouwerin lause. Nuo
aikaisempien lukujen kovat tulokset (Brouwerin kiintopistelause, hairy ball theorem
jne.) on saatu lähestulkoon ilmaiseksi homologiateorian tulosten avulla,
mutta nyt todistus on vaikeampi. Tässä tarvitaan vähän teknistä pyörittelyä,
joka aloitetaan todistamalla aputulos 16.1, joka on helppo todistaa, kun p = 1,
mutta korkeammissa dimensioissa tulee hankaluuksia.
Olkoon tässä I m m-ulotteinen suljettu yksikkökuutio,
I m = {(x1,...,xm) ∈ R m | 0 ≤ xi ≤ 1 kaikille i = 1,...,m}, m ≥ 1.
Sovitaan erikseen, että I 0 = {0} ⊂ R. Merkitään lyhyesti I = I 1 = [0,1] ⊂ R.
Jatkossa käytetään usein tulkintaa I m = I m−1 × I kun m ≥ 1, joka tulkinta ei
selittelyjä kaipaa.
Lause 16.1 Olkoon p ≥ 1 ja m ≥ 0 sekä A ⊂ Sp siten, että A ≈ Im . Tällöin
pätee
Hn(S p \ A) ∼
=
Z
0
kun n = 0
kun n ≥ 1.
Huomautus. Koska selvästi I m ≈ B m , niin I m voidaan tässä lauseessa korvata
B m :lla. Joukkoa I m käytetään tässä vain teknisistä syistä.
Todistus. Huomataan ensin, että kyse on todella topologisesta avaruudesta, mikä
tässä tarkoittaa (vain) sitä, että S p \A = ∅; joukossa S p \A on tavan mukaan
tällöin avaruuden R p+1 indusoima aliavaruustopologia. Tämä seuraa siitä, että
I m on kutistuva, joten myös A on oletuksen A ≈ I m nojalla kutistuva, kun taas
S p ei sitä lauseen 14.3 nojalla ole, joten ei voi olla A = S p .
236

Pidetään tässä n ja p kiinteinä ja tehdään induktio m:n suhteen. Kun m = 0,
A on homeomorfinen yksiön kanssa ja siten A on yksiö. Tällöin stereograafisen
projektion avulla saadaan homeomorfisuus S p \ A ≈ R p . Tällöin väite seuraa
lauseesta 6.29 ja tehtävästä 4.5.
Tehdään sitten induktio-oletus, että m ≥ 1 ja että väite pätee m − 1:lle. Induktioväitteenä
on lauseen väite.
Olkoon siis h : A → I m homeomorfismi. Viipaloidaan kuutio I m merkitsemällä
I m j,k = I m−1 × [(j − 1)/k,j/k] ⊂ I m kaikille k ≥ 1, j = 1,...,k.
I 2 2,2
I 2 1,2
Merkitään edelleen
I 2 4,4
I 2 3,4
I 2 2,4
I 2 1,4
Aj,k = h −1 (Ij,k) ⊂ A, k ≥ 1, j = 1,...,k.
Tällöin S p \ A ⊂ S p \ Aj,k kaikille j,k. Merkitään symboleilla i j,k upotuskuvauksia
i j,k : S p \ A ֒→ S p \ Aj,k, k ≥ 1, j = 1,...,k.
Selvästi näiden kuutioviipaleiden Ij,k leikkaus on joko tyhjä tai sitten ”yhtä
pykälää alempidimensioinen kuutio” eli pätee
I m j−1,k ∩ I m j,k ≈ I m−1 kaikille k ≥ 1, j = 1,...,k.
Tämähän on helppo todistaa konstruoimalla ihan konkreettinen homeomorfismi.
Tällöin, koska h on homeomorfismi, pätee
Aj−1,k ∩ Aj,k = h −1 (Ij−1,k) ∩ h −1 (Ij,k) = h −1 (Ij−1,k ∩ Ij,k) ≈ I m−1
kaikille k ≥ 1, j = 1,...,k.
Tässä täytyy nyt jakaa tarkastelu kahteen osaan: käsitellään ensin homologiaryhmiä
Hn(S p \ A), missä n ≥ 1 ja sitten erikseen ryhmää H0(S p \ A).
1) Olkoon ensin siis n ≥ 1.
237
I 2 1,8
(1)

Väitteenähän silloin on, että Hn(S p \ A) = 0. Tehdään antiteesi, että tämä
ei olekaan nollaryhmä. Silloin on olemassa c ∈ Zn(S p \ A) siten, että
[c] = [0] ∈ Hn(S p \ A). (2)
Poistetaan pallosta S joukon A sijasta vähän vähemmän, eli tarkastellaan vähän
isompaa avaruutta
X = S p \ (A1,2 ∩ A2,2).
Tämä hallitaan, sillä induktio-oletuksen nojalla
Hn+1(X) = 0. (3)
Koska joukot Ij,k ovat kompakteja ja f homeomorfismi, niin myös joukot Aj,k
ovat kompakteja ja siten suljettuja S p :ssä. (Metrisessä avaruudessa kompakti
joukko on suljettu.) Silloin joukot S p \A1,2 ja S p \A2,2 ovat avoimia X:ssä. Koska
lisäksi (S p \A1,2)∪(S p \A2,2) = S p \(A1,2∩A2,2), niin perhe {S p \A1,2,S p \A2,2}
on X:n avoin peite.
Lisäksi pätee
(S p \ A1,2) ∩ (S p \ A2,2) = S p \ (A1,2 ∪ A2,2) = S p \ A. (4)
Koska S p \A = ∅ ja peite {S p \A1,2,S p \A2,2} on avoin, niin tämä peite toteuttaa
Mayer-Vietoris-jonon ehdot, jolloin lauseen 13.7 sekä ehdon (4) nojalla saadaan
eksakti jono
Hn+1(X) ξn+1
−→ Hn(S p \ A) βn
−→ Hn(S p \ A1,2) ⊕ Hn(S p \ A2,2).
Tällöin ehdon (3) nojalla saadaan eksakti
ja silloin
0 −→ Hn(S p \ A) βn
−→ Hn(S p \ A1,2) ⊕ Hn(S p \ A2,2),
βn : Hn(S p \ A) → Hn(S p \ A1,2) ⊕ Hn(S p \ A2,2) on monomorfismi. (5)
Tutkitaan monomorfismin βn käytöstä pisteessä [c] ∈ Hn(Sp \ A). Olkoot sitä
varten ir,2 n , r = 1,2 upotuskuvausten ir,2 : Sp \ A ֒→ S \ Ar,2 indusoimat
ketjuhomomorfismit. Huomautuksen 13.8 nojalla kuvaus βn käyttäytyy näin:
βn([c]) = ([i 1,2
n (c)], −[i 2,2
n (c)]) ∈ Hn(S p \ A1,2) ⊕ Hn(S p \ A2,2). (6)
Koska ehdon (2) nojalla [c] = 0 ja βn on monomorfismi, on myös βn([c]) = 0.
Tällöin ehdon (6) nojalla
([i 1,2
n (c)], −[i 2,2
n (c)]) = (0,0) ∈ Hn(S p \ A1,2) ⊕ Hn(S p \ A2,2),
238

ja silloin voidaan valita r1 ∈ {1,2} siten, että
Otetaan saman tien käyttöön merkintä
[i r1,2
n (c)] = [0] ∈ Hn(S p \ Ar1,2). (7)
A 1 = Ar1,2 ⊂ A. (8)
Tuossa edellä olevassa päättelyssä jaettiin siis ensin joukko A kahtia, joukkoihin
A1,2 ja A2,2, ja todettiin, että ehdon [c] = [0] ∈ Hn(S p \ A) nojalla täytyy olla
myös [i r1,2
n (c)] = [0] ∈ Hn(S p \ Ar1,2) ainakin toiselle r1 = 1,2.
Nyt voidaan uusia tämä päättelyprosessi niin, että jaetaankin joukko Ar1,2 kahtia,
joukkoihin A2r1−1,4 ja A2r1,4, jolloin käy sillä tavalla, että ainakin toiselle
r2 ∈ {2r1 − 1,2r1} pätee
[i r2,4
n (c)] = [0] ∈ Hn(S p \ Ar2,4), (9)
missä ir2,4 n on upotuskuvauksen ir2,4 : Sp \ Ar1,2 → Sp \ Ar2,4 indusoima
ketjuhomomorfismi. Huomaa, että Ir2,4 ⊂ Ir1,2, joten Ar2,4 ⊂ Ar1,2 ja siten
Sp \ Ar1,2 ⊂ Sp \ Ar2,4 kun r2 ∈ {2r1 − 1,2r1}.
Tätä päättelyä ei kannata enää kokonaan auki kirjoittaa, mutta se on syytä
käydä läpi: tässä siis edellisen päättelyn A korvataan joukolla Ar1,2 sekä joukot
A1,2 ja A2,2 joukoilla A2r1−1,4 ja A2r1−1,4. Edelleen X = S p \ (A1,2 ∩ A2,2) korvataan
joukolla X ′ = S p \ (A2r1−1,4 ∩ A2r1,4).
Edellä ehto (2) seurasi antiteesistä, mutta nyt sen vastine (2’) saadaan luvun r1
valinnan nojalla ehdosta (7).
Tällöin ehdon (3) vastine (3’) saadaan aivan samalla tavalla kuin ehto (3) ehdosta
(1).
Seuraavaksi pitää huomata, että {S p \ A2r1−1,4,S p \ A2r1,4} on Mayer-Vietorisjonoon
kelpaava peite. Tämä nähdään aivan analogisesti kuin edellä. Edelleen
ehdon (4) vastine
saadaan aivan kuten edellä.
(S p \ A2r1−1,4) ∩ (S p \ A2r1,4) = S p \ Ar1,2
Nytkin saadaan induktio-oletuksen nojalla Hn+1(X ′ ) = 0, ja sen nojalla saadaan
ehdon (5) vastine. Siinä on tietysti eri kuvaus βn, mutta sen käytös on
samanlainen, eli ehdon (6) mukainen. Tosin tässä pitää käyttää upotuskuvausten
u r,2 : S p \ Ar1,2 → S p \ Ar,4, r = 1,2 indusoimia ketjuhomomorfismeja eli
ehdon (6) vastine (6’) kuuluu näin:
βn([c]) = ([u 1,2
n (i r1,2
n (c))], −[u 2,2
n (i r1,2
n (c))]) ∈ Hn(S p \ A1,2) ⊕ Hn(S p \ A2,2).
239

Ehdon (7) vastine eli ehto
u r2,4
n (i r1,2
n ([c])) = [0] ∈ Hn(S p \ Ar2,4)
ainakin toiselle r2 ∈ {2r1 − 1,2r1} saadaan nyt ehtojen (2) ja (6) sijasta ehdoista
(2’) ja (6’). Tämä ei ole vielä (ainakaan muodollisesti) haluttu ehto
(9), mutta siitä tulee sellainen, kun huomataan että ”sisäkkäisille” upotuksille
u r2,4 : S p \Ar1,2 → S p \Ar2,4 ja i r12 : S p \A → S p \Ar1,2 pätee u r2,4 ◦i r1,2 = i r2,4 ,
jolloin u r2,4
n ◦ i r1,2
n = (u r2,4 ◦ i r1,2 )n = i r2,4
n .
Näin päättely kulkee, ja ilmeisesti ehto (9) on tällä todistettu.
Otetaan tässäkin käyttöön merkinnän (8) vastine
A 2 = Ar2,4 ⊂ A 1 ⊂ A.
Kun tässä on alkuun päästy niin jatketaan. Jaetaankin nyt joukko Ar2,4 kahtia
joukkoihin A2r2−1,8 ja A2r2,8 ja uusitaan taas tuo päättelyprosessi. Ehtojen (7)
ja (9) vastine saadaan taas voimaan ja se kuuluu näin: On olemassa r3 ∈ {2r2 −
1,2r2} siten, että
Merkitään nyt
[i r3,8
n (c)] = [0] ∈ Hn(S p \ Ar3,8).
A 3 = Ar3,8 ⊂ A 2 ⊂ A 1 ⊂ A.
Näin voidaan ilmeisesti jatkaa ”äärettömiin”. Tarkemmin sanottuna voidaan rekursiivisesti
tuottaa jono lukuja rk ja joukkoja Ak = Ark,2k siten, että
ja kaikille k pätee
· · · ⊂ A k+1 ⊂ A k ⊂ · · · ⊂ A 2 ⊂ A 1 ⊂ A (10)
k
rk,2
[in (c)] = [0] ∈ Hn(S p \ A k ). (11)
Rekursion onnistumista varten on syytä olla vähän tarkempi. Rekursioperiaate
edellyttää, että rekursioaskeleessa tehtävä valinta on yksikäsitteinen. Tähän
päästään, kun valitaan
rk = min{r ∈ {2rk−1 − 1,2rk−1} | [i r,2k
n (c)] = [0] ∈ Hn(S p \ A r,2 k)}.
Tällä minimillä ei tässä ole muuta merkitystä kuin se, että rk:n valinta on näin
tosiaan yksikäsitteinen, ja rekursio toimii.
Tässä nämä luvut rk saattavat kasvaa voimakkaasti, mutta on helppo nähdä,
että kaikille k ja j pätee
| rk+j
2
k+j − rk
1
| <
2k 2j ja
240
rk
∈ [0,1].
2k

Jätetään tämä harjoitustehtäväksi. Tällöin jono rk
2k
on Cauchy-jono, joka suppenee
kohti jotain lukua x0 ∈ [0,1]. Tällöin saadaan
∞
A k i) ∞
= Ark,2k ∞ ii)
= h −1 iii)
(Irk,2k) = h −1
∞
Irk,2k
iv)
= (12)
k=1
k=1
h −1
∞
I m−1 ×
k=1
k=1
rk − 1
2 k , rk
2 k
h −1 (I m−1 × {x0}) vii)
≈ I m−1 ,
k=1
v)
= h −1
I m−1 ×
∞
k=1
rk − 1
2k , rk
2k vi)
=
missä yhtälö
i) seuraa joukkojen A k määritelmästä,
ii) seuraa joukkojen Ak,j määritelmästä,
iii) seuraa siitä, että h −1 on injektio,
iv) seuraa joukkojen Ik,j määritelmästä,
v) on trivialiteetti,
vi) seuraa siitä, että välit [(rk − 1)/2 k ,rk/2 k ] ovat sisäkkäisiä (eli
[(rm − 1)/2 m ,rm/2 m ] ⊂ [(rk − 1)/2 k ,rk/2 k ] kun k ≤ m) ja rk/2 k → x0, jolloin
∩[(rk − 1)/2 k ,rk/2 k ] = {x0}.
Yhtälö vii) seuraa siitä, että I m−1 × {x0} ≈ I m−1 ja h on homeomorfismi.
Merkitään
B =
∞
A k ,
k=1
jolloin ehdon (12) ja induktio-oletuksen nojalla
Hn(S p \ B) = 0. (13)
Ehdon (10) nojalla B ⊂ A, joten S p \ A ⊂ S p \ B ja siten upotuskuvaus
j B : S p \ A ֒→ S p \ B on määritelty. Olkoon j B n : Sn(S p \ A) → Sn(S p \ B)
tämän upotuksen indusoima homomorfismi ja j B n : Hn(S p \ A) → Hn(S p \ B)
vastaava homologiahomomorfismi.
Koska [c] ∈ Hn(S p \ A), niin j B n ([c]) ∈ Hn(S p \ B) on määritelty ja ehdon
(13) nojalla on oltava
j B n ([c]) = 0 eli
[j B n (c)] = [0] ∈ Hn(S p \ B). (14)
Tällöin j B n (c) ∈ Bn(S p \ B) eli on olemassa d ∈ Sn+1(S p \ B) siten, että
Ehdon (10) ja joukon B määritelmän nojalla pätee
∂n+1(d) = j B n (c). (15)
S p \ A ⊂ S p \ A 1 ⊂ S p \ A 2 ⊂ · · · S p \ A k ⊂ S p \ A k+1 ⊂ · · · ⊂ S p \ B. (16)
241

Lisäksi joukon B määritelmän nojalla
∞
(S p \ A k ) = S p \ B. (17)
k=1
Joukot A k ovat kompakteja, sillä ne ovat homeomorfisia kompaktin joukon I rk,2 k
kanssa, joten ne ovat suljettuja avaruudessa S p \ B. Tällöin joukot S p \ A k ovat
avoimia avaruudessa S p \ B ja silloin ehdon (17) nojalla perhe
on avaruuden S p \ B avoin peite.
F = {S p \ A k } ∞ k=1
Koska jokaisen ketjun jälki on kompakti, niin erityisesti |d| ⊂ S p \ B on kompakti
joukko. Tällöin avoimesta peitteestä F löytyy äärellinen osaperhe, joka
peittää joukon |d|. Silloin ehdon (16) nojalla on olemassa k0 siten, että
|d| ⊂ S p \ A k0 . (18)
Tällöin d voidaan luonnollisella tavalla tulkita aliavaruuden S p \ A k0 ketjuksi;
tarkemmin: on olemassa d ′ ∈ Sn+1(S p \ A k0 ) siten, että
i k0
n+1 (d′ ) = d, (19)
missä i k0
n+1 : Sn+1(S p \A k0 ) → Sn+1(S p \B) on upotuskuvauksen i k0 : S p \A k0 ֒→
S p \ B indusoima ketjuhomomorfismi.
(Tässähän siis itse asiassa d ′ on ”täsmälleen sama” ketju kuin d; se vain tulkitaan
eri avaruuteen ehdon (18) avulla. Tässä on oltava näiden upotusten kanssa
erittäin tarkkana ja ne on merkittävä näkyviin.)
Muistetaan tässä välissä, että A k0 = A rk 0 ,2 k 0, joten aiemmin määritelty upotus-
kuvaus irk ,2 0 k0 : Sp \A ֒→ Sp \Ark ,2 0 k0 on itse asiassa upotus irk ,2 0 k0 S p \ A k0 .
Tällöin ehdon (19) toteuttavalle ketjulle d ′ pätee
: S p \A ֒→
i k0
n (∂n+1(d ′ )) i) = ∂n+1(i k0
n+1 (d′ )) ii)
= ∂n+1(d) iii)
= j B n (c) iv)
= i k0
n (i rk 0 ,2 k 0
n (c)), (20)
missä yhtälö
i) seuraa siitä, että perhe {i k0
j } on ketjukuvaus lauseen 5.4 nojalla,
ii) seuraa ehdosta (19),
iii) seuraa ehdosta (15) ja
iv) seuraa siitä, että peräkkäisille upotuksille irk ,2 0 k0 : Sp \ A ֒→ Sp \ Ak0 ja
= jB : Sp \ A ֒→ Sp \ B, jolloin
i k0 : S p \ A k0 ֒→ S p \ B pätee i k0 ◦ i rk 0 ,2 k 0
ik0 n ◦ i rk ,2 0 k0 n = (ik0 ◦ irk ,2 0 k0 )n = jB n .
242

Koska upotuskuvaus i k0 on injektio, niin tehtävän 3.1 nojalla i k0
n on monomorfismi.
Tällöin ehdon (20) nojalla
Siten i rk ,2 0 k0 n (c) ∈ Bn(Sp \ Ak0 ), jolloin
∂n+1(d ′ ) = i rk ,2 0 k0 n (c).
[i rk 0 ,2 k 0
n (c)] = [0] ∈ Hn(S p \ A k0 ). (21)
Tämä ehto on kuitenkin vastoin ehtoa (11). Tämä ristiriita johtuu tehdystä antiteesista,
jonka täytyy siis olla väärä, ja silloin väite pätee.
Tässä on kuitenkin todistettu väite vasta tapauksessa n ≥ 1, ja tapaus n = 0
on tutkittava erikseen.
Tapaus n = 0.
Valitaan mielivaltainen nollasimpleksi σ ∈ Σ0(S p \A). Nollasimpleksit ovat aina
syklejä, joten tämäkin on sykli ja määrää siten homologialuokan
[σ] ∈ H0(S p \ A).
Osoitetaan ensin, että kaikille τ ∈ Σ0(S p \ A) pätee
ja päätellään lopuksi tästä ehdosta varsinainen väite.
[τ] = [σ] (22)
Pitää siis osoittaa, että [τ] = [σ] eli että [τ − σ] = 0. Merkitään c = τ − σ
ja tehdään antiteesi [c] = [0] ∈ H0(S p \ A).
Tämä ehto vastaa tapauksen n ≥ 1 käsittelyssä ollutta ehtoa (2). Todistus
sujuu myös tässä tapauksessa n = 0 (merkintöjä n ↔ 0) vaihtamalla aivan samoin
kuin tapauksessa n ≥ 1, aina ehtoon (13) asti, joka ei tapauksessa n = 0
päde. Nythän H0(S p \ B) nimenomaan ei ole nollaryhmä, joten ehtoa (14) ei
voi (ainakaan niin suoraviivaisesti kuin edellä) päätellä. Tässä kuitenkin voidaan
sivuuttaa ehto (13), kunhan vain saadaan aikaan ehto (14), jolloin todistuksen
loppu sujuu taas kuin edellä: ristiriitahan sieltä lopuksi tulee.
Pitäisi siis osoittaa, että ehto (14) pätee kun n = 0 ja c = τ − σ.
Ehto (12) (joka pätee nytkin) ja induktio-oletus kertovat tässä (ehdon (13) sijasta),
että
H0(S p \ B) ∼ = Z.
Tällöin lauseen 7.36 nojalla S p \B on polkuyhtenäinen. Huomautuksessa 6.8 todettiin
(juuri tätä todistusta varten), että polkuyhtenäisessä avaruudessa kaikki
nollasimpleksit ovat paitsi syklejä, myös homologisia keskenään, eli
[σB] = [τB] ∈ H0(S p \ B) kaikille σB,τB ∈ Σ0(S p \ B). (23)
243

Nyt saadaan ehto (14), sillä
[j B 0 (c)] = [j B 0 (τ − σ)] = [j B 0 (τ) − j B 0 (σ)] = [j B 0 (τ)] − [j B 0 (σ)] = [0] ∈ H0(S p \ B),
missä yhtälö
i) seuraa c:n määritelmästä,
ii) seuraa siitä, että j B 0 on homomorfismi,
iii) tekijäryhmän H0(S p \ B) laskutoimituksen määritelmästä ja
iv) ehdosta (23).
Tästä voidaan jatkaa täsmälleen samoin kuin tapauksessa n ≥ 1 ja lopulta
päästään ehtoon (21), joka on edelleen ristiriidassa ehdon (11) kanssa. Tämä
ristiriita osoittaa, että myös tässä tapauksessa n = 0 tehty antiteesi on väärä.
Silloin on oltava [c] = [0] ja siten väite (22) on todistettu.
Ehdosta (22) päästään varsinaiseen väitteeseen
näin:
H0(S p \ A) ∼ = Z (24)
Huomataan ensin, että ryhmä H0(S p \ A) on vapaa. Tämä perustuu sihen, että
lauseen 7.34 nojalla
H0(S p \ A) ∼ = ⊕α∈IH0(Xα), (25)
missä {Xα}α∈I on avaruuden S p \ A polkukomponenttien perhe. Toisaalta polkukomponentit
ovat polkuyhtenäisiä, joten lauseen 6.7 nojalla H0(Xα) ∼ = Z
kaikille α ∈ I. Silloin lauseen 7.4 ja huomautuksen 7.2 perusteella saadaan ehto
joten ehdon (25) nojalla
⊕α∈IH0(Xα) ∼ = Fr(I),
H0(S p \ A) ∼ = Fr(I). (26)
Lauseen 2.13 nojalla Fr(I) on vapaa, jolloin lauseen 2.25 ja ehdon (26) nojalla
myös H0(S p \ A) on vapaa.
Valitaan sitten mielivaltainen simpleksi σ ∈ S0(S p \ A), jolloin triviaalisti
σ ∈ Z0(S p \ A), mutta tehtävän 4.4 perusteella σ ∈ B0(S p \ A). Silloin
[σ] ∈ H0(S p \ A) \ {[0]}. (27)
Määritellään nyt kuvaus ϕ : Z → H0(S p \ A) asettamalla
ϕ(q) = q · [σ] ∈ H0(S p \ A) kaikille q ∈ Z
Selvästi ϕ on homomorfismi, joten väite (24) seuraa, jos osoitetaan, että ϕ on
bijektio.
244

Osoitetaan ensin, että se on surjektio. Olkoon siis
c =
nτ · τ ∈ Z0(S p \ A)
τ∈Σ0(S p \A)
mielivaltainen. Pitää osoittaa, että [c] = ϕ(q) jollekin q.
Ehdon (22) nojalla [τ] = [σ] kaikille τ ∈ Σ0(Sp \ A), jolloin
⎡
[c] = ⎣
⎤
nτ · τ⎦
=
nτ · [τ] =
⎛
⎝
τ∈Σ0(S p \A)
τ∈Σ0(S p \A)
nτ
⎞
τ∈Σ0(S p \A)
⎠ · [σ] = q · [σ] = ϕ(q),
kun määritellään q =
τ∈Σ0(S p \A) nτ ∈ Z.
τ∈Σ0(S p \A)
nτ · [σ] =
Näin on nähty ϕ:n surjektiivisuus. Injektiivisyyttä varten riittää homomorfisuuden
nojalla osoittaa, että Ker(ϕ) = {0}. Olkoon siis
ϕ(q) = 0.
Pitää osoittaa, että q = 0. Koska ϕ(q) = 0, niin ϕ:n määritelmän nojalla
q · [σ] = [0].
Koska ehdon (27) nojalla [σ] = [0] ja ryhmä H0(S p \ A) on vapaa, niin ehto
q · [σ] = [0] voi päteä vain mikäli q = 0; tämän näkee helposti vapaan ryhmän
määritelmän perusteella. Siispä on oltava q = 0, joten myös injektiivisyysväite
on todistettu.
Siten ϕ : Z → H0(S p \A) on isomorfismi, joten koko lauseen todistus on lopulta
valmis.
Huomautus 16.2 Lauseen 16.1 todistuksen loppupuolella todistettiin aputuloksena,
että ryhmä H0(S p \ A) on vapaa. Täsmälleen samalla todistuksella nähdään,
että tämä pätee missä tahansa topologisessa avaruudessa X; siis ryhmä
H0(X) on aina vapaa. Tässä on kuitenkin varoituksen sana paikallaan: Kaikki
ryhmät Hn(X), n ≥ 1 eivät ole vapaita. Tästä tulee esimerkkejä myöhemmin.
Huomautus. Tässä on ehkä toinenkin varoituksen sana paikallaan: Kun huomautuksessa
16.2 puhutaan ”vapaista” ryhmistä, tarkoitetaan nimenomaan vapaata
Abelin ryhmää. On olemassa myös ryhmäteoreettinen käsite vapaa ryhmä, joka
on eri asia kuin vapaa Abelin ryhmä. Vapaat Abelin ryhmät eivät yleensä ole
vapaita eivätkä vapaat ryhmät Abelin ryhmiä – ryhmä Z on (isomorfiaa vaille)
ainoa poikkeus, tosin nollaryhmä on vähän siinä ja siinä, eli riippuu sopimuksista.
245

Lause 16.3 Olkoon p ≥ 1 ja B ⊂ Sp siten, että B ≈ Sk jollekin k, 0 ≤ k ≤
p − 1. Tällöin pätee
Hn(S p \ B) ∼ ⎧
Z
⎪⎨
=
⎪⎩
2 kun n = 0 = p − k − 1
Z kun n = 0 = p − k − 1
Z kun 0 = n = p − k − 1
0 muuten.
Todistus. Pidetään p ja n kiinteinä ja tehdään induktio k:n suhteen. Tämä on
tietysti yleisen induktioperiaatteen vähän kyseenalainen sovellus, koska tämä
induktio päättyy lukuun k = p − 1, mutta helpostihan nähdään, että kyllä tämäkin
ihan toimiva todistusmenetelmä on.
Huomataan ensin että väite on järkevä siinä mielessä, että S p \ B = ∅. Jos
näet olisi S p \ B = ∅, niin olisi B = S p ja silloin oletuksen B ≈ S k nojalla olisi
S p ≈ S k , mikä on mahdotonta lauseen 14.2 nojalla.
Olkoon ensin k = 0. S 0 on kahden pisteen joukko S 0 = {±1} ⊂ R, joten
S p \B on kahdesti punkteerattu pallon pinta, joka on stereograafisen projektion
kautta homeomorfinen kerran punkteeratun avaruuden R p \ {0} kanssa. Tämä
avaruus on puolestaan esimerkin 8.8 c) nojalla homotopinen pallon S p−1 kanssa.
Silloin lauseen 9.29 nojalla
Hn(S p \ B) ∼ = Hn(S p−1 ). (1)
Pallon pinnan Sp−1 homologiaryhmät tunnetaan lauseesta 14.1:
Hn(S p−1 ) ∼ ⎧
Z
⎪⎨
=
⎪⎩
2 kun n = 0 = p − 1
Z kun n = 0 = p − 1
Z kun n = 0 ja n = p − 1
0 muuten.
Silloin väite seuraa (tapauksessa k = 0) ehdosta (1). Näin induktion alkuaskel
on otettu.
Oletetaan sitten induktiivisesti, että 1 ≤ k ≤ p − 1 ja että väite pätee kaikille
k ′ < k.
Olkoon f : B → S k oletuksen mukainen homeomorfismi. Jaetaan pallon pinta
S k kahteen suljettuun puolipallon kuoreen
ja merkitään
A1 = {(x1,...,xk+1) ∈ S k | xk+1 ≥ 0} ja
A2 = {(x1,...,xk+1) ∈ S k | xk+1 ≤ 0}
F1 = f −1 (A1) ⊂ B ja F2 = f −1 (A2) ⊂ B.
246

Selvästi joukot Ai, i = 1,2 ovat homeomorfisia suljetun yksikköpallon B k kanssa
ja lähes yhtä selvästi tämä on homeomorfinen suljetun yksikkökuution I k kanssa.
Koska f −1 |Ai : Ai → Fi, i = 1,2 on homeomorfismi, niin silloin
Ilmeisesti A1 ∪ A2 = S k , joten
Fi ≈ I k , i = 1,2. (2)
F1 ∪ F2 = f −1 (A1) ∪ f −1 (A2) = f −1 (A1 ∪ A2) = f −1 (S k ) = B. (3)
Edelleen ilmeisesti (koska k ≥ 1)
A1 ∩ A2 = {(x1,...,xk+1) ∈ S k | xk+1 = 0} ≈ S k−1 ,
ja silloin f −1 :n homeomorfisuuden nojalla
Koska f : B → S k on bijektio, niin
joten ehdon (3) nojalla
f −1 (A1 ∩ A2) ≈ S k−1 . (4)
f −1 (A1 ∩ A2) = f −1 (A1) ∩ f −1 (A2) = F1 ∩ F2,
F1 ∩ F2 ≈ S k−1 . (5)
Edelleen ilmeisesti (S p \F1) ∩(S p \F2) = S p \(F1 ∪F2), joten ehdon (3) nojalla
(S p \ F1) ∩ (S p \ F2) = S p \ B. (6)
Tarvitaan vielä yksi ilmeinen joukko-opillinen havainto:
(S p \ F1) ∪ (S p \ F2) = S p \ (F1 ∩ F2). (7)
Koska f : B → S k on homeomorfismi ja joukot Ai ⊂ S k , i = 1,2 ovat suljettuja,
niin myös joukot Fi ⊂ B ovat suljettuja. Koska S k on kompakti, niin myös B
on kompakti ja siten suljettu avaruudessa S p . Tällöin sen suljetut osajoukot Fi
ovat suljettuja myös avaruudessa S p ja siten joukot S p \Fi, i = 1,2 ovat avoimia
avaruudessa S p ja edelleen avoimia myös aliavaruudessa S p \ (F1 ∩ F2). Tällöin
ehdon (7) nojalla perhe F = {S p \F1,S p \F2} on avaruuden S p \(F1 ∩F2) avoin
peite. Koska ehdon (6) nojalla (S p \F1)∩(S p \F2) = ∅, niin Mayer-Vietoris-jonon
ehdot toteutuvat ja saadaan eksakti jono
Hn+1(S p \ F1) ⊕ Hn+1(S p \ F2) γn+1
−→ Hn+1(S p \ (F1 ∩ F2)) ξn+1
−→
Hn((S p \ F1) ∩ (S p \ F2)) βn
−→ Hn(S p \ F1) ⊕ Hn(S p \ F2),
josta edelleen ehdon (6) nojalla saadaan eksakti
Hn+1(S p \ F1) ⊕ Hn+1(S p \ F2) γn+1
−→ Hn+1(S p \ (F1 ∩ F2)) ξn+1
−→ (8)
Hn(S p \ B) βn
−→ Hn(S p \ F1) ⊕ Hn(S p \ F2).
247

Lauseen 16.1 ja ehdon (2) nojalla
Hn(S p \ Fi) ∼ =
Z
0
kun n = 0
kun n ≥ 1
Induktio-oletuksen ja ehdon (5) nojalla
i = 1,2. (9)
Hn(S p \ (F1 ∩ F2)) ∼ ⎧
Z
⎪⎨
=
⎪⎩
2 kun n = 0 = p − (k − 1) − 1
Z kun n = 0 = p − (k − 1) − 1
Z kun 0 = n = p − (k − 1) − 1
0 muuten.
(10)
Tarkastellaan taas, kuten lauseen 16.1 todistuksessa erikseen tapauksia n ≥ 1
ja n = 0.
Olkoon ensin n ≥ 1.
Tässä tapauksessa saadaan jonosta (8) ehdon (9) nojalla eksakti jono
0 −→ Hn+1(S p \ (F1 ∩ F2)) ξn+1
−→ Hn(S p \ B) −→ 0,
joten ξn+1 on isomorfismi ja siten
Ehdon (10) nojalla
Silloin ehdon (11) mukaan
joten väite pätee.
Hn+1(S p \ (F1 ∩ F2)) ∼ = Hn(S p \ B). (11)
Hn+1(S p \ (F1 ∩ F2)) ∼ =
Hn(S p \ B) ∼ =
Z kun n + 1 = p − k
0 muuten.
Z kun n = p − k − 1
0 muuten,
Olkoon sitten n = 0. Tässä tapauksessa jonoon (8) täytyy lisätä kaksi seuraavaa
termiä, jolloin saadaan eksakti
H1(S p \ F1) ⊕ H1(S p \ F2) γ1
−→ H1(S p \ (F1 ∩ F2)) ξ1
−→ H0(S p \ B) β0
−→
H0(S p \ F1) ⊕ H0(S p \ F2) γ0
−→ H0(S p \ (F1 ∩ F2)) −→ 0. (12)
Tässä täytyy nyt vielä jakautua k:n suhteen eri tapauksiin. Tässähän k on induktioparametri,
joten täytyy tietysti tarkasti katsoa, ettei kompastuta omaan
näppäryyteen. Tässä siis k on alunperin rajattu välille 0 ≤ k ≤ p − 1. Tapaus
248

k = 0 on käsitelty eli nyt k ≥ 1 ja on oletettu, että väite pätee kaikille k ′ < k.
Induktio siis ”päättyy” k:n arvoon k = p − 1, ja tämä loppuarvo on tässä vähän
erityisasemassa. Tarkastellaankin se erikseen.
Olkoon ensin k ≤ p − 2.
Tällöin p − k − 1 = 0 ja väite tulee muotoon
H0(S p \ B) ∼ = Z. (13)
Lisäksi 2 ≤ p − k = p − (k − 1) − 1 ja erityisesti p − (k − 1) − 1 = 0,1, jolloin
ehdon (10) nojalla saadaan
Ehdon (9) nojalla saadaan
H1(S p \ (F1 ∩ F2)) ∼ = 0 ja (14)
H0(S p \ (F1 ∩ F2)) ∼ = Z. (15)
H0(S p \ F1) ∼ = Z ∼ = H0(S p \ F2),
jolloin lauseen 7.4 ja huomautuksen 7.2 nojalla
H0(S p \ F1) ⊕ H0(S p \ F2) ∼ = Z 2 . (16)
Sijoittamalla ehdot (14), (15) ja (16) jonoon (12) saadaan eksakti
Tällöin lauseen 10.9 nojalla
0 −→ H0(S p \ B) −→ Z 2 −→ Z −→ 0.
H0(S p \ B) ∼ = Z 2−1 = Z,
joten väite (13) pätee. Näin tapaus k ≤ p − 2 on käsitelty, ja jäljellä on vain
induktion ”loppuaskel” eli
Tapaus k = p − 1.
Tässä väite tulee muotoon
H0(S p \ B) ∼ = Z 2 . (17)
Koska k = p − 1, niin 1 = p − (k − 1) − 1, jolloin ehdon (10) nojalla saadaan
taas ehto (15), mutta ehdon (14) sijalle tulee nyt ehto
H1(S p \ (F1 ∩ F2)) ∼ = Z. (18)
Ehto (16) pätee edelleen, ja nyt sijoitetaan jonoon (12) yhtälöt (18), (15) ja
(16), jolloin saadaan eksakti
0 −→ Z ξ1
−→ H0(S p \ B) β0 2 γ0
−→ Z −→ Z −→ 0. (19)
249

Tämän jonon eksaktisuuden nojalla γ0 on epimorfismi ja Ker(γ0) = Im(β0).
Silloin, jos i : Im(β0) ֒→ Z 2 on upotuskuvaus, niin jono
0 −→ Im(β0)
on eksakti. Tällöin lauseen 10.9 nojalla
Silloin jonosta (19) saadaan eksakti
i 2 γ0
−→ Z −→ Z −→ 0
Im(β0) ∼ = Z 2−1 = Z.
0 −→ Z −→ H0(S p \ B) −→ Z −→ 0.
Tästä eksaktista jonosta ja lauseesta 10.8 saadaan
eli väite (17) on todistettu.
H0(S p \ B) ∼ = Z 1+1 = Z 2 ,
Näin induktion viimeinenkin askel on otettu, joten koko lause on todistettu.
Ennenkuin muotoillaan ja todistetaan näiden apulauseiden nojalla tämän luvun
päätulos eli Jordan-Brouwerin lause, huomataan ensin muutamia aputuloksista
helposti saatavia seurauslauseita:
Lause 16.4 Pallon pinta S p , p ≥ 0 ei ole homeomorfinen minkään aidon
osajoukkonsa kanssa.
Todistus. Selvästi väite pätee kun p = 0, joten voidaan olettaa, että p ≥ 1.
Tehdään antiteesi: on olemassa B ⊂ S p siten, että B = S p ja B ≈ S p . Olkoon
f : B → S p homeomorfismi.
Jaetaan nyt (lauseen 16.3 todistusta ja numerointia lähes sanatarkasti mukaillen)
S p kahteen suljettuun puolipallon kuoreen
ja merkitään
A1 = {(x1,...,xp+1) ∈ S p | xp+1 ≥ 0} ja
A2 = {(x1,...,xp+1) ∈ S p | xp+1 ≤ 0}
F1 = f −1 (A1) ⊂ B ja F2 = f −1 (A2) ⊂ B.
Selvästi joukot Ai, i = 1,2 ovat homeomorfisia suljetun yksikköpallon B p kanssa
ja lähes yhtä selvästi tämä on homeomorfinen suljetun yksikkökuution I p kanssa.
Koska f −1 |Ai : Ai → Fi on homeomorfismi, niin silloin
Fi ≈ I p , i = 1,2. (2)
250

Ilmeisesti A1 ∪ A2 = S p , joten
F1 ∪ F2 = f −1 (A1) ∪ f −1 (A2) = f −1 (A1 ∪ A2) = f −1 (S p ) = B. (3)
Edelleen ilmeisesti (koska p ≥ 1)
A1 ∩ A2 = {(x1,...,xp+1) ∈ S p | xp+1 = 0} ≈ S p−1 ,
ja silloin f −1 :n homeomorfisuuden nojalla
Koska f : B → S p on bijektio, niin
joten ehdon (3) nojalla
f −1 (A1 ∩ A2) ≈ S p−1 . (4)
f −1 (A1 ∩ A2) = f −1 (A1) ∩ f −1 (A2) = F1 ∩ F2,
F1 ∩ F2 ≈ S p−1 . (5)
Edelleen ilmeisesti (S p \F1) ∩(S p \F2) = S p \(F1 ∪F2), joten ehdon (3) nojalla
(S p \ F1) ∩ (S p \ F2) = S p \ B. (6)
Tarvitaan vielä yksi ilmeinen joukko-opillinen havainto:
(S p \ F1) ∪ (S p \ F2) = S p \ (F1 ∩ F2). (7)
Koska f : B → S k on homeomorfismi ja joukot Ai ⊂ S p , i = 1,2 ovat suljettuja,
niin myös joukot Fi ⊂ B ovat suljettuja. Koska S p on kompakti, niin myös B
on kompakti ja siten suljettu avaruudessa S p . Tällöin sen suljetut osajoukot Fi
ovat suljettuja myös avaruudessa S p ja siten joukot S p \Fi, i = 1,2 ovat avoimia
avaruudessa S p ja edelleen avoimia myös aliavaruudessa S p \ (F1 ∩ F2). Tällöin
ehdon (7) nojalla perhe F = {S p \F1,S p \F2} on avaruuden S p \(F1 ∩F2) avoin
peite. Koska ehdon (6) nojalla (S p \F1)∩(S p \F2) = S p \B = ∅ (koska antiteesin
mukaan B = S p ), niin Mayer-Vietoris-jonon ehdot toteutuvat ja saadaan eksakti
jono
H1(S p \ (F1 ∩ F2)) ξ1
−→ H0((S p \ F1) ∩ (S p \ F2)) β0
−→
H0(S p \ F1) ⊕ H0(S p \ F2) γ0
−→ H0(S p \ (F1 ∩ F2)) −→ 0,
josta edelleen ehdon (6) nojalla saadaan eksakti
H1(S p \ (F1 ∩ F2)) ξ1
−→ H0(S p \ B) β0
−→
H0(S p \ F1) ⊕ H0(S p \ F2) γ0
−→ H0(S p \ (F1 ∩ F2)) −→ 0. (8)
Koska p−(p−1)−1 = 0, niin ehdon (5) ja lauseen 16.3 (jossa k = p−1) mukaan
Hn(S p
Z
\ (F1 ∩ F2)) =
2 kun n = 0
(9)
0 muuten.
251

Ehdosta (2) ja lauseesta 16.1 saadaan
Hn(S p
Z kun n = 0
\ Fi) =
0 muuten.
Lisäämällä ehdot (9) ja (10) jonoon (8) saadaan eksakti
Tällöin lauseen 10.9 nojalla
0 −→ H0(S p \ B) −→ Z 2 −→ Z 2 −→ 0.
H0(S p \ B) ∼ = Z 2−2 = 0.
Tämä on kuitenkin mahdotonta lauseiden 7.34 ja 6.7 nojalla.
i = 1,2. (10)
Siten antiteesi johti ristiriitaan, joten se on väärä ja lause on näin todistettu.
Lause 16.5 Olkoon B ⊂ S p siten, että B ≈ S k jollekin k. Tällöin pätee k ≤ p.
Todistus. Tämä seuraa helposti lauseesta 16.4. Jätetään yksityiskohdat harjoitustehtäväksi.
Lause 16.6 Olkoon A ⊂ R n epätyhjä joukko, jossa on ainakin yksi sisäpiste.
Olkoon B ⊂ R m siten, että A ≈ B. Tällöin pätee n ≤ m.
Todistus. Harjoitustehtävä. Huomaa, että väite ei päde ilman tuota sisäpisteoletusta.
Jordan-Brouwerin lausetta varten tarvitaan vielä yksi aputulos. Muistutetaan sitä
varten mieleen yhtenäisyyskomponentin määritelmä: epätyhjä joukko V ⊂ X
on topologisen avaruuden X yhtenäisyyskomponentti, jos se on maksimaalinen
yhtenäinen joukko, so. V on yhtenäinen ja lisäksi ehto ”jos V ⊂ A ⊂ X ja A on
yhtenäinen A, niin A = V ” pätee. Jokainen topologinen avaruus jakautuu pistevieraisiin
yhtenäisyyskomponentteihin, jotka peittävät X:n. Polkukomponentit
ovat aina yhtenäisiä, joten yleisesti ottaen ne ovat pienempiä joukkoja kuin yhtenäisyyskomponentit
ja pääsääntöisesti nämä ovat eri asioita. Joskus kuitenkin
polkukomponentti on yhtenäisyyskomponentti:
Lause 16.7 Olkoon A ⊂ S p , p ≥ 0 avoin joukko. Tällöin jokainen A:n polkukomponentti
on avoin ja myös yhtenäisyyskomponentti.
Todistus. Stereograafisen projektion kautta nähdään, että riittää todistaa väite
R n :ssä. Tämä on luultavasti tehty jollakin cum laude-kurssilla. Jätetään harjoitustehtäväksi
etsiä todistus sieltä – tai rakentaa todistus itse; ei tämä kovin
vaikeaa ole. Kannattaa aloittaa todistamalla polkukomponentit avoimiksi. Tämä
lause ei missään nimessä päde yleisessä topologisessa eikä edes metrisessä
avaruudessa. Eikä se sitä paitsi päde edes R n :ssä ilman tuota avoimuusoletusta.
Seuraava lause on nyt sitten mainostettu Jordan-Brouwerin lause.
252

Lause 16.8 Olkoon A ⊂ S p , p ≥ 1 siten, että A ≈ S p−1 . Tällöin joukolla S p \A
on täsmälleen kaksi yhtenäisyyskomponenttia U1 ja U2, jotka ovat avoimia ja
joiden molempien reunapisteiden joukko on A.
Todistus. Koska A ≈ S p−1 , niin lauseen 16.3 mukaan H0(S p \ A) ∼ = Z 2 , joten
lauseen 7.36 nojalla joukolla S p \ A on täsmälleen kaksi polkukomponenttia,
olkoot ne U1 ja U2. Koska A ≈ S p−1 , niin A on kompakti ja siten suljettu avaruudessa
S p . Tällöin joukko S p \ A on avoin avaruudessa S p . Näin ollen sen
polkukomponentit U1 ja U2 ovat lauseen 16.7 nojalla avoimia ja yhtenäisyyskomponentteja.
Koska ne ovat ainoat polkukomponentit, niin U1 ∪ U2 = S p \ A
ja silloin ne ovat myös ainoat yhtenäisyyskomponentit.
Näin lause on todistettu lukuunottamatta reunapisteitä koskevaa väitettä. Merkintöjä
vaihtamalla riittää osoittaa, että U1:n reunapisteiden joukolle ∂U1 pätee
∂U1 = A. (1)
Koska U1 ja U2 ovat siis polku- tai yhtenäisyyskomponentteja, niin määritelmän
mukaan
U1 ∪ U2 = S p \ A ja (2)
U1 ∩ U2 = ∅. (3)
Olkoon U1 joukon U1 sulkeuma. Reunapisteiden määritelmän mukaan
∂U1 = U1 \ int(U1).
Koska U1 on avoin, niin int(U1) = U1 ja siten
Ehtojen (2) ja (3) nojalla pätee
∂U1 = U1 \ U1. (4)
S p \ U2 = U1 ∪ A. (5)
Koska U2 on avoin, niin S p \ U2 on suljettu. Silloin ehdon (5) nojalla U1 ∪ A on
suljettu. Koska triviaalisti U1 ⊂ U1 ∪ A, niin sulkeuman määritelmän nojalla
Silloin ehdon (4) nojalla
U1 ⊂ U1 ∪ A.
∂U1 = U1 \ U1 ⊂ (U1 ∪ A) \ U1 ⊂ A.
Tällöin väite (1) seuraa, jos osoitetaan, että
A ⊂ ∂U1. (6)
253

Olkoon x ∈ A ja V x:n mielivaltainen ympäristö avaruudessa S p . Olkoon f :
S p−1 → A lauseen oletuksen mukainen homeomorfismi. Koska f on jatkuva
pisteessä f −1 (x) ∈ S p−1 , niin voidaan valita r siten, että 0 < r < 1 ja
C = f Bp(f −1 (x),r) ∩ S p−1 ⊂ A ∩ V,
missä Bp(f −1 (x),r) on avaruuden R p avoin pallo. Koska r < 1, niin
Bp(f −1 (x),r)∩S p−1 = S p−1 ja silloin stereograafisen projektion kautta nähdään
helposti, että
S p−1 \ Bp(f −1 (x),r) ≈ Bp−1(0,1).
Koska ilmeisesti Bp−1(0,1) ≈ I p−1 , missä I p−1 on (p − 1)-ulotteinen suljettu
yksikkökuutio, niin f:n homeomorfisuuden nojalla
Silloin lauseen 16.1 nojalla
A \ C = f S p−1 \ Bp(f −1 (x),r) ≈ I p−1 .
H0(S p \ (A \ C)) ∼ = Z,
joten lauseen 7.36 nojalla joukolla S p \ (A \ C) on vain yksi polkukomponentti
eli se on polkuyhtenäinen. Koska
U1 ∪ U2 = S p \ A ⊂ S p \ (A \ C),
niin mielivaltaiset pisteet yk ∈ Uk, k = 1,2 voidaan yhdistää toisiinsa joukon
S p \ (A \ C) polulla. Jos siis valitaan pisteet yk ∈ Uk, k = 1,2, niin on olemassa
polku eli jatkuva kuvaus γ : [0,1] → S p \(A\C) siten, että γ(0) = y1 ja γ(1) = y2.
Koska γ on jatkuva, niin joukko γ −1 (U1) ⊂ [0,1] on suljettu. Tällöin tässä
joukossa on maksimi,
t0 = max γ −1 (U1) ∈ γ −1 (U1) ⊂ [0,1].
Ei voi olla t0 = 1, sillä jos näin olisi, olisi myös
y2 = γ(1) = γ(t0) ∈ U1.
Näin ei voi kuitenkaan olla, koska eri yhtenäisyyskomponentit eivät leikkaa toisiaan
eli on U1 ∩ U2 = ∅, ja silloin myös
koska U2 on avoin. Siispä on oltava
U1 ∩ U2 = ∅, (7)
0 ≤ t0 < 1. (8)
Koska t0 ∈ γ −1 (U1), niin γ(t0) ∈ U1. Silloin ehdon (7) nojalla pätee
γ(t0) /∈ U2. (9)
254

Osoitetaan että myös
γ(t0) /∈ U1. (10)
Tehdään tätä varten antiteesi: γ(t0) ∈ U1. Koska U1 on avoin, niin γ:n jatkuvuuden
ja ehdon (8) nojalla on olemassa t siten, että t0 < t < 1 ja γ(t) ∈ U1.
Tällöin myös γ(t) ∈ U1 eli t ∈ γ −1 (U1). Tämä on kuitenkin mahdotonta, koska
t0 < t ja t0 = max γ −1 (U1). Tämä ristiriita osoittaa, että tehty antiteesi on
väärä, joten väite (10) on todistettu.
Koska S p \ A = U1 ∪ U2, niin ehtojen (9) ja (10) nojalla pätee
γ(t0) ∈ A. (11)
Toisaalta γ([0,1]) ⊂ S p \(A \C), joten myös γ(t0) ∈ S p \(A \C). Tällöin ehdon
(11) nojalla
γ(t0) ∈ (S p \ (A \ C)) ∩ A ⊂ C.
Koska C ⊂ V , niin tällöin pätee
ja silloin
joten
Vastaavasti voidaan määritellä
γ(t0) ∈ V,
γ(t0) ∈ V ∩ U1,
V ∩ U1 = ∅. (12)
t1 = min γ −1 (U2) ∈ γ −1 (U2) ⊂ [0,1],
ja aivan analogisella päättelyllä nähdään, että
ja siten myös
γ(t1) ∈ V ∩ U2,
V ∩ U2 = ∅. (13)
Koska V valittiin niin, että se on pisteen x mielivaltainen ympäristö, niin ehdot
(12) ja (13) merkitsevät sitä, että
x ∈ U1 ja x ∈ U2. (14)
Koska Uk on suljettu, niin Uk = Uk, k = 1,2, jolloin ehdon (14) nojalla
x ∈ U1 ∩ U2. (15)
Koska U1 on avoin ja U1 ∩ U2 = ∅, niin myös U1 ∩ U2 = ∅. Tällöin ehdon (15)
nojalla
x ∈ U1 \ U1.
Väite (6) seuraa tästä, sillä ∂U1 = U1 \ U1, koska U1 on avoin.
255

Huomautus 16.9 Jordan-Brouwerin lauseesta saadaan stereograafisen projektion
kautta välittömästi ”tavallinen” Jordanin käyrälause: Jos γ on R 2 :n
Jordan-käyrä, niin |γ| jakaa R 2 :n täsmälleen kahteen yhtenäisyyskomponenttiin,
joista toinen on rajoitettu, toinen ei. Lisäksi nämä komponentit ovat avoimia ja
|γ| on niiden molempien reunajoukko.
Huomautus. Jordanin käyrälauseen nimellä tunnetun tuloksen todisti ensimmäisenä
(oikein) Oswald Weblen vuonna 1905. Jordan-Brouwerin lauseen (joka on
siis edellisen yleistys) todistus syntyi vuonna 1911 Brouwerin ja Lebesguen yhteistyönä.
Jordan-Brouwerin lauseen avulla saadaan johdannossa mainittu Brouwerin avoimen
kuvauksen lause. Tämä tulos on analyysissä paljon käytetty, tärkeä tulos.
Se tunnetaan kirjallisuudessa myös nimellä domain invariance theorem. Se
on tässä muotoiltu S p :ssä, mutta pätee stereograafisen projektion kautta myös
kaikissa avaruuksissa R n , n ≥ 1.
Lause 16.10 Olkoon p ≥ 0 ja U,V ⊂ S p siten, että U ≈ V ja oletetaan, että
U on avoin. Tällöin myös V on avoin.
Todistus. Väite pätee triviaalisti, jos p = 0, joten voidaan olettaa, että p ≥ 1.
Lisäksi voidaan olettaa, että U = ∅, jolloin myös V = ∅.
Olkoon f : U → V oletuksen mukainen homeomorfismi ja y ∈ V mielivaltainen.
Riittää osoittaa, että y:llä on jokin ympäristö W ⊂ S p siten, että W ⊂ V .
Merkitään x = f −1 (y) ∈ U. Koska U ⊂ S p ⊂ R p+1 on avoin, on olemassa
r siten, että 0 < r < 1 ja
A = Bp+1(x,r) ∩ S p ⊂ U, (1)
missä Bp+1(x,r) on avaruuden R p+1 suljettu pallo. Koska r < 1, niin Bp+1(x,r)∩
S p = S p ja silloin stereograafisen projektion kautta nähdään helposti (kuten
Jordan-Brouwerin lauseen todistuksessa), että
A ≈ Bp(0,1) ≈ I p . (2)
Koska f : U → V on homeomorfismi, niin myös f|A : A → f(A) on homeomorfismi,
ja silloin ehdon (2) nojalla
Lisäksi pätee ilmeisesti
f(A) ≈ I p . (3)
∂A ≈ ∂Bp(0,1) = S p−1 . (4)
Koska A on suljettu, niin ∂A ⊂ A ja siten ehdon (1) nojalla ∂A ⊂ U. Silloin, koska
f : U → V on homeomorfismi, on myös f|∂A : ∂A → f(∂A) homeomorfismi,
joten ehdon (4) nojalla
f(∂A) ≈ S p−1 . (5)
256

Ehdon (5) ja Jordan-Brouwerin lauseen nojalla joukolla S p \ f(∂A) on täsmälleen
kaksi yhtenäisyyskomponenttia, olkoot ne K1 ja K2. Näillehän pätee silloin
yhtenäisyyskomponentin määritelmän perusteella
Toisaalta ehdon (3) ja lauseen 16.1 nojalla
K1 ∪ K2 = S p \ f(∂A) ja (6)
K1 ∩ K2 = ∅. (7)
H0(S p \ f(A)) ∼ = Z.
Tällöin lauseen 7.36 nojalla S p \ f(A) on polkuyhtenäinen ja siten myös yhtenäinen.
Koska ∂A ⊂ A, niin f(∂A) ⊂ f(A) ja siten
S p \ f(A) ⊂ S p \ f(∂A).
Tällöin joukon S p \ f(A) yhtenäisyyden nojalla S p \ f(A) on kokonaan joukon
S p \ f(∂A) samassa yhtenäisyyskomponentissa. Tarvittaessa merkintöjä vaihtamalla
voidaan tällöin olettaa, että
S p \ f(A) ⊂ K1. (8)
Koska f : A → f(A) on bijektio, niin f(A) \ f(∂A) = f(A \ ∂A) ja siten
f(A) \ f(∂A) = f(intA) = f(Bp+1(x,r) ∩ S p ). (9)
Koska joukko Bp+1(x,r) ∩ S p ⊂ U on yhtenäinen ja f : U → V jatkuva,
niin sen kuvajoukko on yhtenäinen eli ehdon (9) nojalla joukko f(A) \ f(∂A)
on yhtenäinen. Koska f(A) \ f(∂A) ⊂ S p \ f(∂A), niin myös tämä joukko on
kokonaan toisessa S p \ f(∂A):n yhtenäisyyskomponentissa K1 tai K2 eli pätee
joko f(A) \ f(∂A) ⊂ K1 tai f(A) \ f(∂A) ⊂ K2. (10)
Osoitetaan, että tässä pätee nimenomaan
f(A) \ f(∂A) ⊂ K2. (11)
Koska f(∂A) ⊂ f(A) ⊂ S p , niin triviaalisti
S p \ f(∂A) = (S p \ f(A)) ∪ (f(A) \ f(∂A)) ja silloin ehdon (6) nojalla
Tällöin ehtojen (8) ja (7) nojalla
K1 ∪ K2 = (S p \ f(A)) ∪ (f(A) \ f(∂A)).
K2 ⊂ f(A) \ f(∂A). (12)
Koska K2 = ∅, niin ehdon (12) nojalla K2 ∩ (f(A) \ f(∂A)) = ∅ ja silloin on
ehtojen (10) ja (7) nojalla oltava voimassa vaihtoehto (11).
257

Näin väite (11) on todistettu. Tässähän saatiin nyt myös ehto (12), joka yhdistettynä
ehtoon (11) antaa paremmankin tuloksen:
f(A) \ f(∂A) = K2. (13)
Koska ∂A ⊂ U on kompakti ja f : U → V ⊂ S p jatkuva, niin f(∂A) on kompakti
ja siten suljettu avaruudessa S p . Tällöin S p \ f(∂A) on avoin. Lauseen 16.7
nojalla avoimen joukon yhtenäisyyskomponentit ovat avoimia, joten erityisesti
K2 on avoin. Tällöin ehdon (13) nojalla
joukko f(A) \ f(∂A) on avoin avaruudessa S p . (14)
Todistuksen alussa asetettiin tavoitteeksi löytää annetun pisteen y ∈ V ympäristö
W siten että W ⊂ V . Nyt tämä haluttu ympäristö on itse asiassa löydetty,
sillä voidaan asettaa
W = f(A) \ f(∂A).
Ehdon (14) nojalla tämä on haluttu ympäristö, jos
Ehto (15) seuraa siitä, että selvästi
y ∈ W ja (15)
W ⊂ V. (16)
y = f(x) ∈ f(A \ ∂A) = f(A) \ f(∂A) = W,
ja ehto (16) siitä, että A ⊂ U, jolloin
W ⊂ f(A) ⊂ f(U) = V.
Näin lause on todistettu.
Edellisen lauseen seurauksena saadaan myös toinen, analyysissä erittäin käyttökelpoinen
tulos 16.12, joka on tässä muotoiltu vaihteen vuoksi R n :ssä; vastaava
tulos pätee stereograafisen projektion kautta myös S p :ssä. Huomaa, että tämä
tulos ei missään nimessä päde mielivaltaisessa topologisessa avaruudessa. Se ei
myöskään päde R n :ssä ilman oletusta ”A avoin”. Mieti tästä esimerkki.
Huomautus 16.11 Topologian kurssilta lienee tuttu tulos, joka sanoo, että jos
K on kompakti, X Hausdorff ja f : K → X jatkuva bijektio, niin f on homeomorfismi.
Tämän suhteellisen helppo todistus jätetään harjoitustehtäväksi, jos
se ei ole entuudestaan tuttu.
Lause 16.12 Olkoon A ⊂ R n avoin ja f : A → R n jatkuva injektio. Tällöin
f : A → f(A) on homeomorfismi.
Todistus. Koska f : A → f(A) on oletusten nojalla jatkuva bijektio, niin riittää
osoittaa, että f −1 : f(A) → A on jatkuva.
258

Olkoon U ⊂ A avoin joukko avaruudessa A. Jatkuvuuden määritelmän nojalla
riittää osoittaa, että joukko (f −1 ) −1 (U) = f(U) ⊂ f(A) on avoin avaruudessa
f(A).
Olkoon y ∈ f(U) mielivaltainen. Riittää löytää y:n ympäristö W R n :ssä siten,
että
W ⊂ f(U). (1)
Merkitään x = f −1 (y) ∈ U. Koska U on avoin A:ssa ja A on avoin R n :ssä, niin
U on avoin R n :ssä. Tällöin on olemassa r > 0 siten, että
Bn(x,r) ⊂ U. (2)
Koska f on jatkuva injektio U:ssa, niin sen rajoittumakuvaus f| Bn(x,r) on myös
jatkuva injektio ja siten jatkuva bijektio
f| Bn(x,r) : Bn(x,r) → f(Bn(x,r)). (3)
Tässä f(Bn(x,r)) on R n :n aliavaruutena Hausdorff, jolloin huomautuksen 16.11
nojalla kuvaus (3) on homeomorfismi. Tällöin triviaalisti myös sen rajoittumakuvaus
avoimeen palloon eli kuvaus
f| Bn(x,r) : Bn(x,r) → f(Bn(x,r))
on homeomorfismi. Koska Bn(x,r) ⊂ R n on avoin ja f(Bn(x,r)) ⊂ R n , niin
lauseen 16.10 (ja sitä edeltävän huomautuksen) nojalla
f(Bn(x,r)) on avoin R n :ssä. (4)
Nyt voidaan valita todistuksen alussa kaivattu pisteen y ympäristö W asettamalla
W = f(Bn(x,r)).
Koska y = f(x) ∈ W, niin ehdon (4) nojalla tämä todella on y:n ympäristö,
joten riittää huomata, että ehto (1) pätee. Tämä seuraa suoraan ehdosta (2).
Harjoitustehtäviä.
16.1 Olkoot n,k ≥ 1 ja A ⊂ R n siten, että A ≈ I k . Mitä voit tällöin sanoa
dimensioista n ja k? Määrää homologiaryhmät Hm(R n \ A) kaikille m ∈ N.
16.2 Olkoot n,p ≥ 1 ja A ⊂ R n siten, että A ≈ S p . Mitä voit tällöin sanoa
dimensioista n ja p? Määrää homologiaryhmät Hm(R n \ A) kaikille m ∈ N.
16.3 Olkoon n ≥ 2 ja A ⊂ R n suljettu siten, että A ≈ R n−1 . Osoita, että
joukolla R n \ A on täsmälleen kaksi yhtenäisyyskomponenttia.
Entä jos A ei ole suljettu?
259

16.4 Olkoon n ≥ 2. Osoita, että ei ole olemassa jatkuvaa bijektiota f : R n → S n .
16.5 Olkoon 0 < p ≤ q < n ja A,B ⊂ S n siten, että A ≈ S p ja B ≈ S q .
Määrää joukon S n \ (A ∪ B) homologiaryhmät siinä tapauksessa, että
a) A ∩ B = ∅ ja
b) A ∩ B = {x}.
Totea erityisesti joukon S p \(A∪B) yhtenäisyyskomponenttien lukumäärä siinä
tapauksessa, että p = q = n − 1.
16.6 Olkoon n ≥ 1 ja A,B ⊂ R n siten, että A ≈ B. Oletetaan, että A on
suljettu. Onko B välttämättä suljettu? Vertaa lauseeseen 16.10.
Möbiuksen nauha M syntyy havainnollisesti niin, että suorakaiteen vastakkaiset
päät liimataan yhteen niin, että toinen käännetään ensin ympäri seuraavan
kuvan osoittamalla tavalla.
b
a
•
• •
M
Tämänhän voi helposti rakentaa ihan konkreettisesti paperisuikaleesta ja teipinpätkästä.
Vertaa torukseen tehtävässä 14.9. ”Tavallinen” nauha N syntyy
vastaavasti niin, että suorakaiteen vastakkaiset päät liimataan yhteen, mutta
jätetään kierto suorittamatta, eli näin:
b
a
•
• •
N
Tuo Möbiuksen nauhan määritelmä on tietysti kovin heuristinen. Se voidaan
määritellä R n :n aliavaruutena, mutta silloin määritelmässä esiintyy väkisinkin
aika sotkuisia lausekkeita, joten valitaan tarkkaa määritelmää varten toisenlainen
lähestymistapa. Olkoon ensin I = [0,1] × [0,1] tason suljettu yksikköneliö
(R 2 :n aliavaruustopologialla varustettuna); tämä vastaa tuota suorakaidetta,
260
•
•
a
b
b
a

jonka päitä liimailtiin. Määritellään sitten joukossa I ekvivalenssirelaatio, jota
varten tarvitsee oikeastaan antaa vain ekvivalenssiluokat [(x,y)], (x,y) ∈ I. Kun
huolehditaan siitä, että nämä peittävät koko I:n ja eri luokat ovat pistevieraita,
niin näinkin syntyy ekvivalenssirelaatio, niinkuin helposti nähdään.
Olkoon siis (x,y) ∈ I. Sovitaan, että
[(x,y)] = {(x,y)} kun 0 < y < 1 ja
[(x,y)] = {(x,y),(1 − x,1 − y)} kun y = 0 tai y = 1.
Helposti nähdään, että tämä määrittely täyttää vaadittavat ehdot. Olkoon ”≀”
syntyvä ekvivalenssirelaatio. Siirrytään sitten tekijäavaruuteen I/≀ ja varustetaan
se tavallisella tekijätopologialla. Tämä avaruus on nyt haluttu Möbiuksen
nauha M. Tekijäavaruuteen siirtyminen samastaa saman ekvivalenssiluokan pisteet
(x,y) ja (1 − x,1 − y) kun y = 0 tai y = 1, mikä vastaa tuota heuristista
liimausoperaatiota: nämä pisteet siis ”liimataan yhteen”:
•
(x,0)
(1 − x,1)
•
Seuraavassa kuvassa on piirretty näkyviin tekijäavaruuden M eri pisteiden pieniä
ympäristöjä:
•
a
b
•
a
•
•
c
Huomaa, että tässä joukon I sisäpisteen b viivoittamaton ympäristö on aivan
tavallinen R 2 :n palloympäristö, koska pisteen b läheisyydessä ei ole mitään samastuksia
tehty. Sen sijaan pisteen a (joka on piirretty kahteen eri paikkaan) ympäristö
koostuu kuvan kahdesta vaakaviivoitetusta puolikiekosta. Näiden kiekkojen
halkaisijat kuuluvat mukaan ympäristöön, tosin ne on samastettu tekijä-
261

avaruuden kautta. Pisteen c = (1,y), 0 < y < 1 ympäristö on pystyviivoitettu
puolikiekko. Tässäkin halkaisija kuuluu mukaan ympäristöön; kysehän on R 2 :n
suljetun aliavaruuden I reunapisteen c aivan tavallisesta aliavaruusympäristöstä.
Tavalliselle nauhalle N voidaan tehdä aivan analoginen tekijäavaruusmäärittely;
siinä vain [(x,y)] = {(x,y),(x,1 − y)} kun y = 0 tai y = 1.
16.7 Osoita, että M ja N ovat homotopisia, mutta eivät homeomorfisia.
Möbiuksen nauha voidaan määritellä myös ilman reunapisteitä käyttämällä
pohja-avaruutena ”puoliavointa”neliötä J = ]0,1[ ×[0,1]. Silloinhan noita kuvan
pisteitä c ei synny lainkaan. Tällöin kaikkien pisteiden (eräät) ympäristöt ovat
homeomorfisisia R 2 :n kanssa. Tällöin kyseessä on 2-ulotteinen monisto. Tosin
se ei enää ole kompakti, mitä aiempi M on. Myös N:lle voidaan tehdä vastaava
määritelmä.
16.8 Osoita, että myös näin (eli ilman reunapisteitä) määritellen M ja N ovat
homotopisia, mutta eivät homeomorfisia.
17 Relatiivihomologia
Mayer-Vietoris-jono on tehokas apuväline homologiaryhmien laskemiseen, mutta
ei sekään kaikissa tilanteissa toimi halutusti. Tässä luvussa kehitetään toinen
keino, ns. typistyslause, joka joissakin tilanteissa toimii paremmin. Tämä on kuitenkin
yleisesti ottaen monimutkaisempaa kuin Mayer-Vietoris-jonoon perustuvien
laskelmien tekeminen, joten tätä voi pitää tässä mielessä vasta toissijaisena
tapana. Joissakin tilanteissa kuitenkin saadaan typistyslauseen kautta helpommin
tuloksia. Tästä ovat esimerkkinä luvun lopuksi esiteltävät Kleinin pullon
homologiaryhmät.
Esitellään tässä aluksi muutamia määritelmiä ja aputuloksia.
Määritelmä 17.1 Olkoot (G ′ ,∂ ′ ) ja (G,∂) ketjukomplekseja sekä ϕ : (G ′ ,∂ ′ ) →
(G,∂) ketjukuvaus. Tällöin kaikille n ∈ Z kuvajoukko ϕn(G ′ n) on Abelin ryhmän
Gn aliryhmä, joten tekijäryhmä
G ′′ n = Gn/ϕn(G ′ n)
voidaan muodostaa. Merkitään kaikille n ja kaikille c ∈ Gn symbolilla 〈c〉 tekijäluokkaa
〈c〉 ∈ G ′′ n. Perheestä {G ′′ n}n∈Z tulee ketjukompleksi, kun määritellään
kaikille n reunakuvaus ∂ ′′
n : G ′′ n → G ′′ n−1 asettamalla
∂ ′′
n(〈c〉) = 〈∂n(c)〉 ∈ G ′′ n−1.
Sanotaan, että (G ′′ ,∂ ′′ ) = {(Gn,∂ ′′
n)}n∈Z on ketjukompleksien (G ′ ,∂ ′ ) ja
(G,∂) sekä ketjukuvauksen ϕ indusoima tekijäketjukompleksi.
262

Huomautus 17.2 Määritelmä 17.1 on puutteellinen siinä mielessä, että reunakuvaus(ehdokas)
∂ ′′
n on kovin vajavaisesti määritelty. Ensinnäkään ei ole täysin
selvää, että se on edes hyvin määritelty, koska määritelmä on tehty luokasta
〈c〉 valitun edustajan kautta; toiseksi ei ole täysin selvää, että se on homomorfismi
ja kolmanneksi ei ole selvää, että se toteuttaa reunakuvaukselta vaadittavan
ehdon ∂ ′′
n−1 ◦ ∂ ′′
n = 0. Nämä asiat ovat kuitenkin kunnossa, mutta ne vaativat
omat todistuksensa. Nämä tehdään seuraavassa, jonka jälkeen määritelmä 17.1
on korrekti.
Lause 17.3 Määritelmän 17.1 kuvaus ∂ ′′
n : G ′′ n → G ′′ n−1 on hyvin määritelty.
Todistus. Olkoot
〈c〉 = 〈d〉 ∈ G ′′ n, missä c,d ∈ Gn. (1)
Pitää osoittaa, että 〈∂n(c)〉 = 〈∂n(d)〉 ∈ G ′′ n−1 eli että
Ehdon (1) nojalla
joten on olemassa a ∈ G ′ n siten, että
Tällöin
∂n(c) − ∂n(d) ∈ ϕn−1(Gn−1). (2)
c − d ∈ ϕn(G ′ n),
ϕn(a) = c − d. (3)
∂n(c) − ∂n(d) i) = ∂n(c − d) ii)
= ∂n(ϕn(a)) iii)
= ϕn−1(∂ ′ n(a)) iv)
∈ ϕn−1(Gn−1),
joten väite (2) seuraa. Tässä yhtälö
i) seuraa siitä, että ϕn on homomorfismi,
ii) seuraa ehdosta (3),
iii) seuraa siitä, että ϕ on ketjukuvaus ja ehto
iv) seuraa siitä, että ∂ ′ n(a) ∈ G ′ n−1.
Lause 17.4 Määritelmän 17.1 kuvaus ∂ ′′
n : G ′′ n → G ′′ n on homomorfismi.
Todistus. Olkoot c,d ∈ Gn. Riittää osoittaa, että
Näin on, sillä
∂ ′′
n(〈c〉 + 〈d〉) = ∂ ′′
n(〈c〉) + ∂ ′′
n(〈d〉).
∂ ′′
n(〈c〉 + 〈d〉) i) = ∂ ′′
n(〈c + d〉) ii)
= 〈∂n(c + d)〉 iii)
=
〈∂n(c) + ∂n(d)〉 iv)
= 〈∂n(c)〉 + 〈∂n(d)〉 = ∂ ′′
n(〈c〉) + ∂ ′′
n(〈d〉),
missä yhtälö
i) seuraa tekijäryhmän laskutoimituksen määritelmästä,
ii) on kuvauksen ∂ ′′
n määritelmä,
iii) seuraa siitä, että ∂n on homomorfismi,
iv) seuraa taas tekijäryhmän laskutoimituksen määritelmästä, tosin eri ryhmässä
kuin edellä ja
v) on kuvauksen ∂ ′′
n määritelmä.
263

Lause 17.5 Määritelmän 17.1 homomorfismeille ∂ ′′
n pätee
∂ ′′
n−1 ◦ ∂ ′′
n = 0 kaikille n ∈ Z.
Todistus. Olkoon c ∈ Gn. Riittää osoittaa, että
Näin on sillä
∂ ′ n−1 ◦ ∂ ′′
n(〈c〉) = 〈0〉 ∈ G ′′ n−2.
∂ ′′
n−1 ◦ ∂ ′′
n(〈c〉) i) = ∂ ′′
n−1(〈∂n(c)〉) ii)
= 〈∂n−1(∂n(c))〉 iii)
= 〈0〉,
missä yhtälöt i) ja ii) seuraavat kuvausten ∂ ′′
k määritelmistä ja yhtälö iii) seuraa
siitä, että ∂n−1 ◦ ∂n = 0.
Huomautus 17.6 Lauseiden 17.3-5 nojalla määritelmä 17.1 on hyvin asetettu
ja siten (G ′′ ,∂ ′′ ) on todella ketjukompleksi.
Lause 17.7 Olkoot (G ′ ,∂ ′ ), (G,∂) ja ϕ : (G ′ ,∂ ′ ) → (G,∂) sekä (G ′′ ,∂ ′′ ) kuten
määritelmässä 17.1. Olkoon kaikille n ∈ Z pn tekijähomomorfismi pn : Gn →
Gn/ϕn(G ′ n) = G ′′ n eli
pn(c) = 〈c〉 ∈ G ′′ n kaikille c ∈ Gn.
Tällöin perhe {pn}n∈Z on ketjukuvaus (G,∂) → (G ′′ ,∂ ′′ ).
Todistus. Pitää osoittaa, että
Olkoon c ∈ Gn. Riittää osoittaa, että
Näin on, sillä
∂ ′′
n ◦ pn = pn−1 ◦ ∂n kaikille n ∈ Z.
∂ ′′
n(pn(c)) = pn−1(∂n(c)).
∂ ′′
n ◦ pn(c) i) = ∂ ′′
n(〈c〉) ii)
= 〈∂n(c)〉 iii)
= pn−1(∂n(c)),
missä yhtälöt i) ja iii) seuraavat tekijäkuvauksien pn ja pn−1 määritelmistä sekä
yhtälö ii) reunakuvauksen ∂ ′′
n määritelmästä.
Huomautus 17.8 Merkitään symboleilla Hn(G ′ ),Hn(G) ja Hn(G ′′ ) ketjukompleksien
(G ′ ,∂ ′ ), (G,∂) ja (G ′′ ,∂ ′′ ) homologiaryhmiä. Oletetaan, että määritelmän
17.1 merkinnöin homomorfismit ϕn : G ′ n → Gn ovat monomorfismeja kaikille
n ∈ Z. Koska tekijäkuvaukset pn : Gn → G ′′ n ovat triviaalisti epimorfismeja
ja Ker(pn) = ϕn(G ′ n) = Im(ϕn), niin jonot
0 −−−−→ G ′ n
ϕn
−−−−→ Gn
264
pn
−−−−→ G ′′ n −−−−→ 0

ovat eksakteja kaikille n. Lauseen 17.7 nojalla p = {pn}n∈Z on ketjukuvaus ja
koska myös ϕ = {ϕn}n∈Z on määritelmän 17.1 oletusten mukaan ketjukuvaus,
saadaan lyhyt eksakti ketjukompleksijono
0 −−−−→ (G ′ ,∂ ′ )
ϕ
−−−−→ (G,∂)
p
−−−−→ (G ′′ ,∂ ′′ ) −−−−→ 0.
Tällöin määritelmän 10.20 mukaisesti tämä jono indusoi kaikille n homomorfismin
ǫn : Hn(G ′′ ) → Hn−1(G ′ )
siten, että jono
· · · −−−−→ Hn(G ′ )
eϕn
−−−−→ Hn(G)
epn
−−−−→ Hn(G ′′ )
ǫn
−−−−→ Hn−1(G ′ ) −−−−→ · · ·
on eksakti. Tämän jonon avulla voidaan usein laskea ryhmä Hn(G ′ ), Hn(G) tai
Hn(G ′′ ), jos muut tunnetaan.
Lause 17.9 Olkoot (G ′ ,∂ ′ ), (G,∂) ketjukomplekseja ja ϕ : (G ′ ,∂ ′ ) → (G,∂)
ketjukuvaus siten, että homomorfismit ϕn : G ′ n → Gn ovat monomorfismeja
kaikille n ∈ Z. Olkoon (G ′′ ,∂ ′′ ) näiden indusoima ketjukompleksi määritelmän
17.1 (ja huomautuksen 17.6) mukaisesti ja olkoon pn : Gn → G ′′ n tekijähomomorfismi
kaikille n.
Oletetaan vastaavasti, että (F ′ ,∂ ′ ), (F,∂) ovat ketjukomplekseja ja ψ : (F ′ ,∂ ′ ) →
(F,∂) ketjukuvaus siten, että homomorfismit ψn : F ′ n → Fn ovat monomorfismeja
kaikille n ∈ Z. Olkoon (F ′′ ,∂ ′′ ) näiden indusoima ketjukompleksi määritelmän
17.1 mukaisesti ja olkoon qn : Fn → F ′′
n tekijähomomorfismi kaikille n.
Oletetaan lisäksi, että α : (G ′ ,∂ ′ ) → (F ′ ,∂ ′ ) ja β : (G,∂) → (F,∂) ovat ketjukuvauksia
siten, että kaavio
0 −−−−→ G ′ n
⏐
αn 0 −−−−→ F ′ n
ϕn
−−−−→ Gn
ψn
−−−−→ Fn
pn
−−−−→ G ′′ n −−−−→ 0
⏐
βn
qn
−−−−→ F ′′
n −−−−→ 0
kommutoi kaikille n ∈ Z. Tällöin kaikille n on olemassa yksikäsitteisesti määrätty
homomorfismi γn : G ′′ n → F ′′
n siten, että kaavio
0 −−−−→ G ′ n
⏐
αn 0 −−−−→ F ′ n
ϕn
−−−−→ Gn
⏐
βn
ψn
−−−−→ Fn
pn
−−−−→ G ′′ n −−−−→ 0
⏐
γn
qn
−−−−→ F ′′
n −−−−→ 0
kommutoi kaikille n ∈ Z. Lisäksi perhe {γn}n∈Z on ketjukuvaus (G ′′ ,∂ ′′ ) →
(F ′′ ,∂ ′′ ).
265
(1)
(2)

Todistus. Koska kaavion (1) rivit ovat lauseen oletusten nojalla eksakteja ja kaavio
kommutoi, niin homomorfismien γn olemassaolo ja yksikäsitteisyys seuraa
lauseesta 10.13. Riittää siis osoittaa, että perhe {γn} on ketjukuvaus eli että
kaikille n ∈ Z pätee
γn−1 ◦ ∂ ′′
n = ∂ ′′
n ◦ γn.
Huomaa, että tässä ketjukompleksien (G ′′ ,∂ ′′ ) ja (F ′′ ,∂ ′′ ) reunakuvausta on
merkitty samalla symbolilla ∂ ′′
n, mutta se ei aiheuttane sekaannusta. Olkoon
c ∈ Gn ja 〈c〉 ∈ G ′′ n sen määräämä ekvivalenssiluokka. Riittää osoittaa, että
Näin on, sillä
γn−1(∂ ′′
n(〈c〉)) = ∂ ′′
n(γn(〈c〉)).
γn−1(∂ ′′
n(〈c〉)) i) = γn−1(〈∂n(c)〉) ii)
= γn−1(pn−1(∂n(c))) iii)
= qn−1(βn−1(∂n(c))) iv)
=
〈βn−1(∂n(c))〉 v)
= 〈∂n(βn(c))〉 vi)
= ∂ ′′
n(〈βn(c)〉) vii)
= ∂ ′′
n(qn(βn(c))) viii)
=
∂ ′′
n(γn(pn(c))) ix)
= ∂ ′′
n(γn(〈c〉)),
missä yhtälö
i) on ketjukompleksin (G ′′ ,∂ ′′ ) reunakuvauksen määritelmä,
ii) on tekijäkuvauksen pn−1 määritelmä,
iii) seuraa kaavion (2) kommutoinnista, joka siis tapahtuu kaikille n,
iv) on tekijäkuvauksen qn−1 määritelmä,
v) seuraa siitä, että β on ketjukuvaus,
vi) on ketjukompleksin (F ′′ ,∂ ′′ ) reunakuvauksen määritelmä,
vii) on tekijäkuvauksen qn määritelmä,
viii) seuraa kaavion (2) kommutoinnista ja
ix) on tekijäkuvauksen pn määritelmä.
Lause 17.10 Tarkastellaan lauseen 17.9 merkinnöin ja oletuksin kommutoivaa
kaaviota
0 −−−−→ G ′ ϕn pn
n −−−−→ Gn −−−−→ G ′′ n −−−−→ 0
⏐
αn ⏐ ⏐
⏐ ⏐
βn γn 0 −−−−→ F ′ n
jonka rivit ovat eksakteja. Olkoot
ψn
−−−−→ Fn
qn
−−−−→ F ′′
n −−−−→ 0
ǫ G n : Hn(G ′′ ) → Hn−1(G ′ ) ja ǫ F n : Hn(F ′′ ) → Hn−1(F ′ )
kuten huomautuksessa 17.8. Tällöin kaavio
eϕn
epn
· · · −−−−→ Hn(G ′ ) −−−−→ Hn(G) −−−−→ Hn(G ′′ ) −−−−→ Hn−1(G ′ ) −−−−→ · · ·
⏐
⏐
⏐
⏐
⏐
⏐
eαn
eγn eαn−1
· · · −−−−→ Hn(F ′ )
⏐
e βn
eψn
−−−−→ Hn(F)
kommutoi ja sen rivit ovat eksakteja.
eqn
−−−−→ Hn(F ′′ )
266
ǫ G
n
ǫ F
n
−−−−→ Hn−1(F ′ ) −−−−→ · · ·

Todistus. Rivien eksaktisuus seuraa huomautuksesta 17.8. Kaavion kommutointi
puolestaan seuraa lauseesta 10.23.
Huomautus. Aiemmin on harjoitustehtävänä nähty, että jos ϕ : (G ′ ,∂ ′ ) → (G,∂)
on ketjukuvaus ja ϕn : H ′ n → Hn sen indusoima homomologiahomomorfismi,
niin ϕn:n injektiivisyys ei implikoi ϕn:n injektiivisyyttä eikä ϕn:n surjektiivisuus
ϕn:n surjektiivisuutta. On kuitenkin niin, että jos kaikki ϕn:t ovat isomorfismeja,
niin myös kaikki ϕn:t ovat isomorfismeja. Tämä osoittautuu jatkossa
hyödylliseksi tiedoksi ja kirjataan se seuraavaksi lauseeksi:
Lause 17.11 Olkoot (G ′ ,∂ ′ ) ja (G,∂) ketjukomplekseja ja ϕ : (G ′ ,∂ ′ ) → (G,∂)
ketjukuvaus siten, että ϕn : G ′ n → Gn on isomorfismi kaikille n. Tällöin myös
ϕn : H ′ n → Hn on isomorfismi kaikille n.
Todistus. Harjoitustehtävä.
Nyt on tarvittavat algebralliset aputulokset käyty läpi ja voidaan siirtyä varsinaiseen
asiaan.
Määritellään ensin ns. relatiivihomologian käsite.
Merkintä 17.12 Olkoon X topologinen avaruus, (∅ =)A ⊂ X aliavaruus sekä
i : A ֒→ X upotuskuvaus ja in : Sn(A) → Sn(X) sen indusoima ketjuhomomorfismi
kaikille n ∈ Z. Tällöin perhe {in} on lauseen 5.4 nojalla ketjukuvaus, joten
määritelmän 17.1 mukaisesti ketjukompleksit (S(A),∂) ja (S(X),∂) sekä ketjukuvaus
{in} indusoivat tekijäketjukompleksin (G ′′ ,∂ ′′ ). Merkitään jatkossa tätä
näin syntyvää ketjukompleksia (G ′′ ,∂ ′′ ) symbolilla (S(X,A),∂ ′′ ). Määritelmän
17.1 mukaisesti siis kaikille n Sn(X,A) on tekijäryhmä
ja kaikille c ∈ Sn(X)
Sn(X,A) = Sn(X)/in(Sn(A))
∂ ′′ (〈c〉) = 〈∂n(c)〉 ∈ Sn−1(X,A).
Koska siis (S(X,A),∂ ′′ ) on ketjukompleksi, niin sille muodostuu omat syklit,
reunat ja homologiaryhmät. Merkitään näitä seuraavasti:
Zn(X,A) = Ker(∂ ′′
n) ⊂ Sn(X,A),
Bn(X,A) = Im(∂ ′′
n+1) ⊂ Zn(X,A) ja
Hn(X,A) = Zn(X,A)/Bn(X,A)
kaikille n ∈ Z. Sanotaan, että Hn(X,A) on X:n ja A:n relatiivinen homologiaryhmä.
Huomautus. Koska sopimusten mukaan Sn(X) = Sn(A) = 0 kun n < 0, niin
myös Hn(X,A) = 0 kun n < 0.
267

Varoitus. Koska upotuskuvaus i : A ֒→ X on injektio, niin sen indusoima ketjuhomomorfismi
in : Sn(A) → Sn(X) on harjoitustehtävän 3.1 mukaan monomorfismi
kaikille n. Tällöin Sn(A) ∼ = in(Sn(A)) ja voidaan tulkita in(Sn(A)) =
Sn(A). Näin tulkiten Sn(A) ⊂ Sn(X) ja silloin Sn(X,A) = Sn(X)/Sn(A). Tästä
ei missään nimessä seuraa, että olisi välttämättä Hn(X,A) ∼ = Hn(X)/Hn(A).
Huomautus 17.13 Relatiivisen homologiaryhmän käyttöönoton syy näkyy nyt
seuraavasta tarkastelusta:
Koska upotuskuvaus i : A ֒→ X on injektio, niin sen indusoima ketjuhomomorfismi
in : Sn(A) → Sn(X) on siis monomorfismi, jolloin huomautuksen 17.8
mukaan saadaan kaikille n eksakti ketjukompleksijono
0 −−−−→ Sn(A)
in
−−−−→ Sn(X)
ja tästä edelleen homologiaryhmille eksakti
· · · −−−−→ Hn(A)
ein
−−−−→ Hn(X)
pn
−−−−→ Sn(X,A) −−−−→ 0
epn
−−−−→ Hn(X,A)
ǫn
−−−−→ Hn−1(A) −−−−→ · · ·
ja jos tässä tunnetaan (esimerkiksi) Hn(A):t ja Hn(X,A):t, niin Hn(X):t voidaan
usein laskea, kuten huomautuksessa 17.8 todettiin. Nyt tietysti herää kysymys,
että mitenkäs ne uudet ryhmät Hn(X,A) sitten oikein lasketaan, jos
Hn(X):t eivät ole tiedossa. Tähän ei mitään selvää vastausta olekaan. Tilanteesta
riippuen tässä on erilaisia mahdollisuuksia ja variaatioita, joihin jatkossa
tutustutaan. Seuraava lause sanoo kuitenkin jotakin tästä asiasta:
Lause 17.14 Olkoon X polkuyhtenäinen topologinen avaruus ja (∅ =)A ⊂ X
aliavaruus. Tällöin pätee
H0(X,A) = 0.
Todistus. Koska sopimusten mukaan H−1(A) = 0, niin huomautuksesta 17.13
saadaan eksakti jono
H0(A)
ei0
−−−−→ H0(X)
ep0
−−−−→ H0(X,A)
ǫ0
−−−−→ 0.
Koska X on polkuyhtenäinen, niin huomautuksen 6.8 mukaan
(1)
H0(X) = Z · [τ] (2)
kaikille nollasimplekseille τ ∈ S0(X). Valitaan a ∈ A ja σ : ∆0 → A, σ ≡ a.
Tällöin σ ∈ S0(A) ja siten i0(σ) ∈ S0(X). Tällöin ehdon (2) perusteella [i0(σ)]
on ryhmän H0(X) virittäjä. Koska [i0(σ)] = i0[σ], niin silloin
H0(X) = Z ·i0([σ]).
Tämä merkitsee sitä, että homomorfismi i0 on epimorfismi eli Im(i0) = H0(X).
Koska jono (1) on eksakti, niin tällöin Ker(p0) = H0(X), joten p0 on nollakuvaus.
Silloin, edelleen jonon (1) eksaktisuuden nojalla
Ker(ǫ0) = Im(p0) = 0. (3)
268

Toisaalta ǫ0 on myös nollakuvaus, jolloin
Ker(ǫ0) = H0(X,A).
Tällöin väite seuraa ehdosta (3).
Esimerkki 17.15 Olkoon p ≥ 2 ja X avaruuden R p avoin yksikköpallo, X =
{x ∈ R p | ||x|| < 1} ja A = {x ∈ X | ||x|| ≥ 1/2}. Lasketaan ryhmät Hn(X,A),
n ≥ 0.
Avaruus X on kutistuva, joten lauseen 9.29 ja tehtävän 4.5 mukaan
Hn(X) ∼
Z kun n = 0
=
0 muuten.
Ilmeisesti A ∼ Sp−1 , joten lauseiden 9.29 ja 14.1 nojalla, koska p ≥ 2,
Hn(A) ∼
Z kun n = 0 tai n = p − 1
=
0 muuten.
Tarkastellaan ensin tapausta n > p.
Ehdon (1) nojalla Hn(X) = 0 ja koska n − 1 > p − 1, niin ehdon (2) nojalla
myös Hn−1(A) = 0.
Tällöin huomautuksen 17.13 eksaktista jonosta saadaan eksakti
Tällöin Hn(X,A) = 0, joten
0
epn
−−−−→ Hn(X,A)
ǫn
−−−−→ 0.
(1)
(2)
(3)
Hn(X,A) = 0 kun n > p. (4)
Tarkastellaan sitten tapausta 1 < n < p. Ehdon (1) nojalla Hn(X) = 0 ja koska
0 < n − 1 < p − 1, niin ehdon (2) nojalla myös Hn−1(A) = 0. Silloin saadaan
taas jono (3) ja johtopäätös on sama kuin edellä:
Olkoon sitten n = p.
Hn(X,A) = 0 kun 1 < n < p. (5)
Tällöin ehdon (1) nojalla Hn(X) = 0 = Hn−1(X) ja ehdon (2) nojalla
Hn−1(A) ∼ = Z, joten huomautuksen 17.13 eksaktista jonosta saadaan nyt eksakti
0
epn
−−−−→ Hn(X,A)
Tällöin ǫn on isomorfismi ja siten
ǫn
−−−−→ Z ein−1
−−−−→ 0.
Hp(X,A) = Hn(X,A) ∼ = Z. (6)
269

Koska X on polkuyhtenäinen, niin lauseen 6.7 nojalla
H0(X,A) = 0. (7)
Laskematta on vielä H1(X,A). Tälle saadaan huomautuksen 17.13 jonosta ehtojen
(1), (2) ja (7) nojalla eksakti
Tällöin lauseen 10.10 nojalla
0 p1
−→ H1(X,A) ǫ1
−→ Z i0
−→ Z p0
−→ 0.
H1(X,A) = 0. (8)
Nyt kaikki ryhmät Hn(X,A) on laskettu. Kootaan ehdot (4), (5), (7) ja (8) vielä
yhteen:
Hn(X,A) ∼
=
Z
0
kun n = p
muuten.
Määritelmä 17.16 Olkoon X topologinen avaruus ja (∅ =)A ⊂ X aliavaruus.
Tällöin sanotaan, että (X,A) on avaruuspari. Olkoot (X,A) ja (Y,B)
avaruuspareja ja f : X → Y jatkuva kuvaus. Sanotaan, että f on parikuvaus,
jos f(A) ⊂ B. Tällöin merkitään f : (X,A) → (Y,B). Parikuvaus
f : (X,A) → (Y,B) indusoi kaikille n ketjuhomomorfismit fn : Sn(X) → Sn(Y )
ja koska rajoittumakuvaus f|A : A → B on myös jatkuva, sekin indusoi ketjuhomomorfismit
(f|A)n : Sn(A) → Sn(B), joita merkitään symboleilla f A n :
f A n = (f|A)n : Sn(A) → Sn(B).
Lause 17.17 Olkoot (X,A) ja (Y,B) avaruuspareja ja f : (X,A) → (Y,B)
parikuvaus. Olkoot i : A ֒→ X ja j : B ֒→ Y upotuskuvauksia ja in : Sn(A) →
Sn(X) sekä jn : Sn(B) → Sn(Y ) niiden indusoimat ketjuhomomorfismit, n ∈ N.
Olkoot pn : Sn(X) → Sn(X,A) ja qn : Sn(Y ) → Sn(Y,B) tekijäkuvauksia.
Tällöin kaavio
0 −−−−→ Sn(A)
⏐
f A
n
0 −−−−→ Sn(B)
in
−−−−→ Sn(X)
⏐
f X
n
jn
−−−−→ Sn(Y )
on kommutoiva ja sen rivit ovat eksakteja.
pn
−−−−→ Sn(X,A) −−−−→ 0
qn
−−−−→ Sn(Y,B) −−−−→ 0
Todistus. Rivien eksaktisuus seuraa huomautuksesta 17.13, joten riittää osoittaa
kommutointi eli että
f X n ◦ in = jn ◦ f A n . (1)
Määritelmän 17.16 mukaan f X n = (f|X)n = fn ja f A n = (f|A)n, joten väite (1)
tulee muotoon
fn ◦ in = jn ◦ (f|A)n. (2)
270

Koska lauseen 3.13 nojalla
fn ◦ in = (f ◦ i)n ja jn ◦ (f|A)n = (j ◦ f|A)n,
niin väite (2) seuraa, jos osoitetaan, että
eli että kaikille x ∈ A pätee
Näin on sillä
f ◦ i = j ◦ f|A
f ◦ i(x) = j ◦ f|A(x).
f ◦ i = f(x) = j ◦ f(x) = j ◦ f|A(x).
Tässä nämä yhtälöt seuraavat suoraan upotus- ja rajoittumakuvausten määritelmistä.
Määritelmä 17.18 Koska lauseen 17.17 kaavio on siis kommutoiva ja sen rivit
eksakteja kaikille n, ja lisäksi perheet {f A n } ja {f X n } ovat lauseen 5.4 nojalla
ketjukuvauksia, niin lauseen 17.9 nojalla on olemassa yksikäsitteisesti määrätyt
: Sn(X,A) → Sn(Y,B) siten, että kaavio
homomorfismit f (X,A)
n
0 −−−−→ Sn(A)
⏐
f A
n
0 −−−−→ Sn(B)
in
−−−−→ Sn(X)
⏐
f X
n
jn
−−−−→ Sn(Y )
pn
−−−−→ Sn(X,A) −−−−→ 0
⏐
f (X,A)
n
qn
−−−−→ Sn(Y,B) −−−−→ 0
kommutoi kaikille n. Lauseen 17.9 nojalla perhe f (X,A) = {f (X,A)
n }n∈Z on ketjukuvaus
f (X,A) : (S(X,A),∂ ′′ ) → (S(Y,B),∂ ′′ ). Sanotaan, että nämä homomorfismit
f (X,A)
n ovat parikuvauksen f indusoimia parihomomorfismeja
ja f (X,A) sen indusoima pariketjukuvaus. Koska siis perhe f (X,A) on ketjukuvaus,
niin se indusoi määritelmän 5.6 mukaisesti homologiahomomorfismit
f (X,A) : Hn(X,A) → Hn(Y,B). Sanotaan, että nämä homomorfismit f (X,A)
n
ovat parikuvauksen f indusoimia parihomologiahomomorfismeja.
Lause 17.19 Olkoot (X,A), (Y,B) ja (Z,C) avaruuspareja sekä f : (X,A) →
(Y,B) ja g : (Y,B) → (Z,C) parikuvauksia. Tällöin parihomomorfismeille
pätee
f (X,A)
n
ja g (Y,B)
n
g (Y,B)
n
◦ f (X,A)
n
= (g ◦ f) (X,A)
n
ja vastaavasti parihomologiahomomorfismeille f (X,A)
n
kaikille n ∈ N.
g (Y,B)
n
◦ f (X,A)
n
= (g ◦ f) (X,A)
n
271
: Sn(X,A) → Sn(Z,C)
ja g (Y,B)
n
: Hn(X,A) → Hn(Z,C)

Todistus. Selvästi g ◦ f : (X,A) → (Z,C) on parikuvaus, joten se indusoi parihomomorfismit
(g ◦ f) (X,A)
n , ja näin väite on mielekäs. Lauseen 3.13 nojalla
pätee (määritelmän 17.16 merkinnöin)
(g ◦ f) X n = g Y n ◦ f X n ja (g ◦ f) A n = g B n ◦ f A n . (1)
Olkoot i : A ֒→ X, j : B ֒→ Y ja k : C ֒→ Z upotuskuvauksia ja in : Sn(A) →
Sn(X), jn : Sn(B) → Sn(Y ) sekä kn : Sn(C) → Sn(Z) niiden indusoimat ketjuhomomorfismit,
n ∈ N. Olkoot pn : Sn(X) → Sn(X,A), qn : Sn(Y ) → Sn(Y,B)
ja rn : Sn(Z) → Sn(Z,C) tekijäkuvauksia.
Määritelmän 17.18 mukaisesti saadaan kommutoivat kaaviot
ja
sekä
0 −−−−→ Sn(A)
⏐
f A
n
0 −−−−→ Sn(B)
0 −−−−→ Sn(B)
⏐
g B
n
0 −−−−→ Sn(C)
0 −−−−→ Sn(A)
⏐
(g◦f) A
n
0 −−−−→ Sn(C)
in
−−−−→ Sn(X)
⏐
f X
n
jn
−−−−→ Sn(Y )
jn
−−−−→ Sn(Y )
⏐
g Y
n
kn
−−−−→ Sn(Z)
in
−−−−→ Sn(X)
⏐
(g◦f) X
n
kn
−−−−→ Sn(Z)
pn
−−−−→ Sn(X,A) −−−−→ 0
⏐
f (X,A)
n
qn
−−−−→ Sn(Y,B) −−−−→ 0
qn
−−−−→ Sn(Y,B) −−−−→ 0
⏐
g (Y,B)
n
rn
−−−−→ Sn(Z,C) −−−−→ 0
pn
−−−−→ Sn(X,A) −−−−→ 0
⏐
(g◦f) (X,A)
n
rn
−−−−→ Sn(Z,C) −−−−→ 0.
Yhdistämällä kaaviot (2) ja (3) sekä käyttämällä ehtoa (1) saadaan edelleen
kommutoiva kaavio
Väite g (Y,B)
n
0 −−−−→ Sn(A)
⏐
(g◦f) A
n
0 −−−−→ Sn(C)
◦f (X,A)
n
in
−−−−→ Sn(X)
⏐
(g◦f) X
n
kn
−−−−→ Sn(Z)
= (g ◦f) (X,A)
n
pn
−−−−→ Sn(X,A) −−−−→ 0
⏐
g (Y,B)
n ◦f (X,A)
n
rn
−−−−→ Sn(Z,C) −−−−→ 0.
(2)
(3)
(4)
(5)
seuraa kaavioista (4) ja (5) lauseen 17.9 yksi-
käsitteisyyspuolen nojalla. Parihomologiahomomorfismeja koskeva väite seuraa
tämän jälkeen suoraan homologiahomomorfismin määritelmästä samaan tapaan
kuin lauseen 5.7 todistuksessa.
Lause 17.20 Olkoot (X,A) ja (Y,B) avaruuspareja sekä f : (X,A) → (Y,B)
parikuvaus. Olkoot i : A ֒→ X ja j : B ֒→ Y upotuskuvauksia sekä in : Hn(A) →
272

Hn(X) ja jn : Hn(B) → Hn(Y ) niiden indusoimat homologiahomomorfismit,
n ∈ Z. Olkoot pn : Sn(X) → Sn(X,A) ja qn : Sn(Y ) → Sn(Y,B) tekijäkuvauksia,
n ∈ Z. Lauseen 17.7 nojalla perheet {pk} ja {qk} ovat ketjukuvauksia, joten
nekin indusoivat homologiahomomorfismit pn : Hn(X) → Hn(X,A) ja qn :
Hn(Y ) → Hn(Y,A). Olkoot fA n : Hn(A) → Hn(B) ja fX n : Hn(X) → Hn(Y )
kuvausten f|A : A → B ja f : X → Y indusoimat ”tavalliset” homologiahomomorfismit
ja f (X,A)
n : Hn(X,A) → Hn(Y,B) parikuvauksen f : (X,A) → (Y,B)
indusoima parihomologiahomomorfismi määritelmän 17.18 mukaisesti. Olkoot
vielä ǫX n : Hn(X,A) → Hn−1(A) ja ǫY n : Hn(Y,B) → Hn−1(B) kuten huomautuksessa
17.13. Tällöin kaavio
· · · −−−−→ Hn(A)
⏐
e f A
n
· · · −−−−→ Hn(B)
ein
−−−−→ Hn(X)
⏐
e f X
n
ejn
−−−−→ Hn(Y )
kommutoi ja sen rivit ovat eksakteja.
epn
−−−−→ Hn(X,A)
⏐
e f (X,A)
n
eqn
−−−−→ Hn(Y,B)
ǫ X
n
−−−−→ Hn−1(A) −−−−→ · · ·
⏐
e f A
n−1
ǫ Y
n
−−−−→ Hn−1(B) −−−−→ · · ·
Todistus. Rivien eksaktisuus seuraa huomautuksesta 17.13. Kaavion kommutointi
puolestaan seuraa lauseesta 10.23.
Määritelmä 17.21 Olkoot (X,A) ja (Y,B) avaruuspareja. Sanotaan, että ne
ovat parihomotopisia, jos on olemassa parikuvaus f : (X,A) → (Y,B) siten,
että f : X → Y on homotopiaekvivalenssi ja myös f|A : A → B on homotopiaekvivalenssi.
Tällöin sanotaan myös, että f : (X,A) → (Y,B) on parihomotopiaekvivalenssi.
Huomautus. Pelkästään se, että f : X → Y on homotopiaekvivalenssi (ja f on
parikuvaus) ei välttämättä tee rajoittumakuvauksesta f|A : A → B homotopiaekvivalenssia,
joten tämä on erikseen vaadittu määritelmässä 17.21.
Lause 17.22 Olkoot (X,A) ja (Y,B) avaruuspareja, jotka ovat parihomotopisia.
Tällöin kaikille n ∈ Z pätee
Hn(X,A) ∼ = Hn(Y,B).
Tarkemmin: Jos f : (X,A) → (Y,B) on parihomotopiaekvivalenssi, niin sen
indusoima parihomologiahomomorfismi f (X,A)
n : Hn(X,A) → Hn(Y,B) on isomorfismi.
Todistus. Olkoon f : (X,A) → (Y,B) parihomotopiaekvivalenssi, jolloin siis
f : X → Y ja f|A : A → B ovat homotopiaekvivalensseja. Tällöin lauseen 9.29
mukaan f X n : Hn(X) → Hn(Y ) ja f A n : Hn(A) → Hn(B) ovat isomorfismeja
kaikille n. Lauseen 17.20 nojalla saadaan kommutoiva kaavio
Hn(A) −→ Hn(X) −→ Hn(X,A) −→ Hn−1(A) −→ Hn(X)
⏐
f A ⏐
n f X ⏐
n f (X,A)
⏐
n f A ⏐
n−1 f X n−1
Hn(B) −→ Hn(Y ) −→ Hn(Y,B) −→ Hn−1(B) −→ Hn(Y )
273

jonka rivit ovat eksakteja. Tässä siis homomorfismit fA n , fX n , fA n−1 ja fX n−1 ovat
isomorfismeja. Tällöin viiden lemman eli lauseen 10.12 nojalla myös f (X,A)
n on
isomorfismi.
Lause 17.23 Olkoon (X,A) avaruuspari, Y topologinen avaruus ja f : X → Y
homeomorfismi. Tällöin kaikille n ∈ Z pätee
Hn(X,A) ∼ = Hn(Y,f(A)).
Tarkemmin: Parikuvauksen f : (X,A) → (Y,f(A)) indusoima parihomologiahomomorfismi
f (X,A)
n : Hn(X,A) → Hn(Y,f(A)) on isomorfismi.
Todistus. Selvästi f : (X,A) → (Y,f(A)) on parikuvaus, joten (tarkennettu) väite
on mielekäs. Koska f : X → Y on homeomorfismi, niin myös f|A : A → f(A)
on homeomorfismi. Koska homeomorfismi on aina homotopiaekvivalenssi, niin
f : (X,A) → (Y,f(A)) on parihomotopiaekvivalenssi. Väite seuraa tällöin
lauseesta 17.22.
Seuraava lause on keskeinen tässä luvussa. Se tunnetaan kirjallisuudessa nimellä
excision theorem, jonka voisi suomentaa vaikkapa typistyslauseeksi. Havainnollisesti
se kertoo, että laskettaessa homologiaryhmiä Hn(X,A) jollekin avaruusparille
(X,A) joukosta A (siten myös X:stä) voidaan poistaa varsin runsaasti
pisteitä eli (iso) joukko U, jolloin jäljelle jäävä avaruuspari (X \U,A\U)
on (toivottavasti) niin yksinkertainen, että sen homologiaryhmät hallitaan. Tästä
tulee esimerkkejä, kunhan saadaan tuo typistyslause ensin todistettua.
Lause 17.24 Olkoon (X,A) avaruuspari ja U ⊂ A siten, että U ⊂ int(A)
ja U = A. Olkoon i : X \ U ֒→ X upotuskuvaus, jolloin i on myös parikuvaus
i : (X \U,A\U) → (X,A). Tällöin i:n indusoimat parihomologiahomomorfismit
i (X\U,A\U)
n
ovat isomorfismeja kaikille n ∈ N.
: Hn(X \ U,A \ U) → Hn(X,A)
Todistus. Olkoon n ∈ N kiinteä. Parikuvaus i : (X \ U,A \ U) → (X,A) indusoi
määritelmän 17.18 mukaisesti (pari)homomorfismit
i A\U
n : Sn(A \ U) → Sn(A), i X\U
n : Sn(X \ U) → Sn(X) ja
i (X\U,A\U)
n
: Sn(X \ U,A \ U) → Sn(X,A).
Upotuskuvauksen i : X \ U ֒→ X lisäksi tässä tarvitaan runsaasti erilaisia upotuksia;
näiden kanssa on nyt oltava tarkkana.
Olkoot ensin
i 1 : A \ U ֒→ X \ U ja i 2 : A ֒→ X
upotuskuvauksia sekä i 1 n : Sn(A\U) → Sn(X \U) ja i 2 n : Sn(A) → Sn(X) niiden
indusoimat ketjuhomomorfismit.
274

Olkoot lisäksi p 1 n : Sn(X \U) → Sn(X \U,A\U) ja p 2 n : Sn(X) → Sn(X,A) tekijähomomorfismeja.
Tällöin saadaan määritelmän 17.18 mukaisesti kommutoiva
kaavio
0 −−−−→ Sn(A \ U)
⏐
i A\U
n
0 −−−−→ Sn(A)
i 1
n
jonka rivit ovat eksakteja.
Merkitään
−−−−→ Sn(X \ U)
⏐
i X\U
n
i 2
n
−−−−→ Sn(X)
p 1
n
F = {X \ U,int(A)}.
−−−−→ Sn(X \ U,A \ U) −−−−→ 0
⏐
i (X\U,A\U)
n
(1)
p 2
n
−−−−→ Sn(X,A) −−−−→ 0
Koska ilmeisesti int(X \ U) = X \ U, niin oletuksen U ⊂ int(A) nojalla int(F)
on X:n peite.
Olkoon SF n (X) peitteelle F alistettujen X:n n-ketjujen ryhmä, jolloin siis määritelmän
12.2 mukaisesti SF n (X) koostuu formaaleista summista
S F n (X) =
nσ · σ, (2)
σ∈Σn(X)
missä kaikille σ, joille nσ = 0, on joko |σ| ⊂ X \ U tai |σ| ⊂ int(A). Toisaalta
ryhmä Sn(X \ U) koostuu formaaleista summista (2), missä kaikille σ, joille
nσ = 0, pätee |σ| ⊂ X \ U. Tällöin ryhmä Sn(X \ U) voidaan luonnollisella
tavalla tulkita ryhmän S F n (X) aliryhmäksi. Olkoon
j X n : Sn(X \ U) ֒→ S F n (X)
upotusmonomorfismi. Perhe {j X n } on selvästi ketjukuvaus reunakuvauksien ∂ F n
määritelmän 12.3 perusteella.
Merkitään vastaavasti
F ′ = {A \ U,int(A)}.
Oletuksen U ⊂ int(A) nojalla int(F ′ ) on A:n peite.
′
F Olkoon Sn (A) peitteelle F ′ alistettujen A:n n-ketjujen ryhmä, jolloin siis mää-
′
F ritelmän 12.2 mukaisesti Sn (A) koostuu formaaleista summista
′
F
Sn (A) =
nσ · σ, (3)
σ∈Σn(A)
missä kaikille σ, joille nσ = 0, on joko |σ| ⊂ A \ U tai |σ| ⊂ int(A). Toisaalta
ryhmä Sn(A \ U) koostuu formaaleista summista (3), missä kaikille σ, joille
275

nσ = 0, pätee |σ| ⊂ A \ U. Tällöin ryhmä Sn(A \ U) voidaan luonnollisella
′
F tavalla tulkita ryhmän Sn (A) aliryhmäksi. Olkoon
j A ′
F
n : Sn(A \ U) ֒→ Sn (A)
tämä upotusmonomorfismi. Myös perhe {j A n } on selvästi ketjukuvaus.
Toisaalta voidaan (kuten määritelmässä 12.2) tulkita SF n (X) ryhmän Sn(X)
′
F aliryhmäksi ja vastaavasti Sn (A) ryhmän Sn(A) aliryhmäksi; olkoot
k X n : S F n (X) ֒→ Sn(X) ja k A ′
F
n : Sn (A) ֒→ Sn(A)
nämä upotushomomorfismit. Perheet {k X n } ja {k A n } ovat selvästi myös ketjukuvauksia.
Tarvitaan vielä yksi upotushomomorfismi. Summaesityksiä (2) ja (3) vertaa-
′
F malla nähdään (koska A \ U ⊂ X \ U), että Sn (A) voidaan tulkita ryhmän
SF n (X) aliryhmäksi. Olkoon
i F ′
F
n : Sn (A) → S F n (X)
tämä upotushomomorfismi. Perhe {i F n } on myös selvästi ketjukuvaus.
Määritelmän 17.1 mukaisesti ketjukompleksit (SF (X),∂ F ′
F ) ja (S
′
F (A),∂ ) se-
kä ketjukuvaus {i F n } indusoivat tekijäketjukompleksin; merkitään sitä symbolilla
(S F (X,A),∂ ′′ ), jolloin siis
Olkoon
S F n (X,A) = S F n (X)/i F ′
F
n (Sn (A)) ja (4)
∂ ′′
n(〈c〉) = 〈∂ F n (c)〉 kaikille c ∈ S F n (X).
p F n : S F n (X) → S F n (X,A)
tekijähomomorfismi. Lauseen 17.7 nojalla perhe {p F n } on ketjukuvaus.
Triviaalisti upotushomomorfismeille pätee
j X n ◦ i 1 n = i F n ◦ j A n : Sn(A \ U) → S F n (X),
joten lauseen 17.9 nojalla on olemassa homomorfismi
: Sn(X \ U,A \ U) → SF n (X,A) siten, että kaavio
j (X,A)
n
0 −−−−→ Sn(A \ U)
⏐
j A
n
′
F 0 −−−−→ Sn (A)
i 1
n
−−−−→ Sn(X \ U)
⏐
j X
n
i F
n
−−−−→ S F n (X)
276
p 1
n
−−−−→ Sn(X \ U,A \ U) −−−−→ 0
⏐
j (X,A)
n
p F
n
−−−−→ S F n (X,A) −−−−→ 0
(5)

on kommutoiva. Lauseen 17.9 nojalla perhe {j (X,A)
n }n∈Z on ketjukuvaus.
Toisaalta upotushomomorfismeille pätee triviaalisti myös
i 2 n ◦ k A n = k X n ◦ i F ′
F
n : Sn (A) → Sn(X),
joten lauseen 17.9 nojalla on olemassa myös homomorfismi k (X,A)
n
Sn(X,A) siten, että kaavio
′
F 0 −−−−→ Sn (A)
⏐
⏐
k A
n
0 −−−−→ Sn(A)
i F
n
−−−−→ S F n (X)
⏐
k X
n
i 2
n
−−−−→ Sn(X)
p F
n
−−−−→ S F n (X,A) −−−−→ 0
⏐
k (X,A)
n
p 2
n
−−−−→ Sn(X,A) −−−−→ 0
: S F n (X,A) →
kommutoi. Lauseen 17.9 nojalla myös perhe {k (X,A)
n }n∈Z on ketjukuvaus.
Upotushomomorfismeille pätee triviaalisti edelleen
k A n ◦ j A n = i A\U
n : Sn(A \ U) → Sn(A) ja
k X n ◦ j X n = i X\U
n
: Sn(X \ U) → Sn(X),
joten yhdistämällä kaaviot (5) ja (6) saadaan kommutoiva kaavio
0 −−−−→ Sn(A \ U)
⏐
i A\U
n
0 −−−−→ Sn(A)
i 1
n
−−−−→ Sn(X \ U)
⏐
i X\U
n
i 2
n
−−−−→ Sn(X)
p 1
n
−−−−→ Sn(X \ U,A \ U) −−−−→ 0
⏐
k (X,A)
n ◦j (X,A)
n
(6)
(7)
p 2
n
−−−−→ Sn(X,A) −−−−→ 0
jonka rivit ovat eksakteja. Kun verrataan tätä kaavioon (1) ja käytetään lauseen
17.9 yksikäsitteisyyspuolta, nähdään, että on oltava
i (X\U,A\U)
n
= k (X,A)
n
◦ j (X,A)
n . (8)
Kuten edellä on todettu, perheet {k (X,A)
n } ja {j (X,A)
n } ovat ketjukuvauksia, joten
ne indusoivat homologiahomomorfismit k (X,A)
n ja j (X,A)
n . Näille homologiahomomorfismeille
pätee ehdon (8) nojalla
i (X\U,X\U)
n
= k (X,A)
n
◦ j (X,A)
n , (9)
mikä seuraa suoraan homologiahomomorfismin määritelmästä samalla tavalla
kuin lauseen 17.19 (tai 5.7) todistuksessa.
Tämän typistyslauseen väitteenä on, että
i (X\U,A\U)
n
: Hn(X \ U,A \ U) → Hn(X,A)
277

on isomorfismi. Ehdon (9) nojalla riittää osoittaa, että
j (X,A)
n : Hn(X \ U,A \ U) → H F n (X,A) ja
k (X,A)
n
ovat isomorfismeja.
Osoitetaan ensin, että j (X,A)
n
: H F n (X,A) → Hn(X,A)
: Hn(X \ U,A \ U) → HF n (X,A) on isomorfismi.
Lauseen 17.11 nojalla riittää osoittaa, että
j (X,A)
n
: Sn(X \ U,A \ U) → S F n (X,A)
on isomorfismi kaikille n. Olkoon n ∈ Z mielivaltainen.
Riittää osoittaa, että
j (X,A)
n on monomorfismi ja (10)
j (X,A)
n on epimorfismi. (11)
Ehtoa (10) varten olkoon c ∈ Sn(X \ U,A \ U) siten että j (X,A)
n (c) = 0. Riittää
osoittaa, että
c = 0. (12)
Kaavion (5) rivit ovat eksakteja, jolloin p 1 n on epimorfismi ja siten on olemassa
d ∈ Sn(X \ U) siten, että
p 1 n(d) = c. (13)
Tälle d saadaan kaavion (5) kommutoinnin nojalla
p F n (j X n (d)) = j (X,A)
n (p 1 n(d)) = j (X,A)
n (c) = 0 ∈ S F n (X,A). (14)
Koska pF n : SF n (X) → SF n (X,A) on tekijäkuvaus, niin ehtojen (4) ja (14) nojalla
saadaan
j X n (d) ∈ i F ′
F
n (Sn (A)). (15)
Koska sekä jX n : Sn(X \ U) → SF n (X) että iF ′
F
n : Sn (A) → SF n (X) ovat upotuskuvauksia,
niin ehto (15) merkitsee sitä, että d:llä on ehdon (3) mukainen
summaesitys
d =
nσ · σ, (16)
σ∈Σn(A)
missä kaikille σ, joille nσ = 0, on joko |σ| ⊂ A \ U tai |σ| ⊂ int(A).
Siten, kun esityksessä (16) on nσ = 0, niin
|σ| ⊂ A. (17)
Toisaalta näille σ pätee ehdon d ∈ Sn(X \ U) nojalla myös
|σ| ⊂ X \ U. (18)
278

Silloin ehtojen (17) ja (18) nojalla, kun esityksessä (16) on nσ = 0, pätee
Tällöin esityksen (16) nojalla
Koska määritelmän mukaan
niin ehdon (19) nojalla
|σ| ⊂ A \ U.
d ∈ i 1 n(Sn(A \ U)). (19)
Sn(X \ U,A \ U) = Sn(X \ U)/i 1 n(Sn(A \ U)),
p 1 n(d) = 0, (20)
sillä p 1 n : Sn(X \ U) → Sn(X \ U,A \ U) on tekijäkuvaus. Väite (12) seuraa nyt
ehdoista (13) ja (20).
Näin väite (10) on todistettu. Todistetaan sitten väite (11).
Olkoon sitä varten b ∈ S F n (X,A) mielivaltainen. Riittää löytää
c ∈ Sn(X \ U,A \ U) siten, että
j (X,A)
n (c) = b. (21)
Kaavion (5) rivit ovat eksakteja, joten p F n on epimorfismi, ja silloin on olemassa
a ∈ S F n (X) siten, että
p F n (a) = b. (22)
Nyt a:lla on ehdon (2) mukainen summaesitys
a =
nσ · σ, (23)
σ∈Σn(X)
missä kaikille σ, joille nσ = 0, on joko |σ| ⊂ X \ U tai |σ| ⊂ int(A). Äärellinen
summa (23) voidaan jakaa kahtia muotoon
a =
nσ · σ +
nσ · σ.
Merkitään
jolloin siis
a1 =
σ∈Σn(X)
|σ|⊂X\U
σ∈Σn(X)
|σ|⊂X\U
σ∈Σn(X)
|σ|⊂X\U
|σ|⊂int(A)
nσ · σ ja a2 =
σ∈Σn(X)
|σ|⊂X\U
|σ|⊂int(A)
nσ · σ,
a = a1 + a2. (24)
279

Lisäksi pätee
a1 ∈ Sn(X \ U) ja (25)
′
F
a2 ∈ Sn (A). (26)
Tässä ehto (26) seuraa esityksestä (3). Nyt haettu b:n alkukuvaketju c on löytynyt:
Ehdon (25) nojalla voidaan asettaa
c = p 1 n(a1) ∈ Sn(X \ U,A \ U).
Riittää osoittaa, että ehto (21) pätee tälle ketjulle c. Näin on sillä
⎛
j (X,A)
n
p F n
⎛
⎜
⎝
⎜
(c) i) = j (X,A)
n (p 1 n(a1)) ii)
= p F n (j X n (a1)) iii)
= p F n ◦ j X n ⎝
σ∈Σn(X)
|σ|⊂X\U
⎞
σ∈Σn(X)
|σ|⊂X\U
⎞
⎟ iv)
nσ · σ⎟
⎠ =
⎟ v)
nσ · σ⎟
⎠ = p F n (a1) vi)
= p F n (a − a2) vii)
= p F n (a) − p F n (a2) viii)
=
b − p F n (a2) ix)
= b − p F n (i F n (a2)) x)
= b − 0 = b,
missä yhtälö
i) seuraa ketjun c määritelmästä,
ii) seuraa kaavion (5) kommutoinnista,
iii) on a1:n määritelmä,
iv) seuraa upotushomomorfismin j X n määritelmästä: j X n (σ) = σ kaikille σ ∈
Σn(X \ U),
v) on taas a1:n määritelmä,
vi) seuraa ehdosta (24),
vii) seuraa siitä, että p F n on homomorfismi ja
viii) seuraa ehdosta (22),
ix) seuraa ehdosta (26) ja upotushomomorfismin iF n määritelmästä: iF n (a2) = a2
′
F
kun a2 ∈ Sn (A) ja
x) seuraa siitä, että kaavion (5) rivit ovat eksakteja.
Näin myös väite (11) on todistettu, joten on nähty, että j (X,A)
n on isomorfismi
kaikille n. Silloin, kuten edellä todettiin, myös j (X,A)
n on isomorfismi.
Osoitetaan sitten, että myös homomorfismit k (X,A)
n
: H F n (X,A) → Hn(X,A)
ovat isomorfismeja kaikille n. Kuten edellä todettiin, tämä riittää typistyslauseen
todistukseksi.
280

Kaaviosta (6) saadaan lauseen 17.20 mukaisesti kommutoiva kaavio
′
F
Hn (A) −→ H F n (X) −→ H F ′
F
n (X,A) −→ Hn−1(A) −→ H F n−1(X)
⏐
k A ⏐
n k X ⏐
n k (X,A)
⏐
n k A ⏐
n−1 k X n−1
Hn(A) −→ Hn(X) −→ Hn(X,A) −→ Hn−1(A) −→ Hn−1(X)
jonka rivit ovat eksakteja.
(27)
Nyt sekä A:n peite F ′ että X:n peite F toteuttavat lauseen 12.9 vaatimukset,
jolloin kyseisen lauseen mukaan upotusketjukuvausten kA ja kX indusoimat
homologiahomomorfismit ovat isomorfismeja. Tällöin erityisesti kaaviossa
(27) olevat homomorfismit k A n , k X n , k A n−1 ja k X n−1 ovat isomorfismeja. Koska kaavio
kommutoi ja sen rivit ovat eksakteja, niin viiden lemman eli lauseen 10.12
nojalla myös k (X,A)
n on isomorfismi.
Näin typistyslause on kokonaan todistettu.
Seuraavassa annetaan esimerkkejä typistyslauseen käytöstä. Aloitetaan mahdollisimman
yksinkertaisesti ja lasketaan ensin sellaista, mikä jo ennalta tiedetään
eli pallojen S p homologiaryhmät. Nämähän laskettiin luvussa 14 Mayer-Vietorisjonon
avulla. Siellä laskut olivat melko helppoja, eivätkä ne typistyslauseeseen
perustuvissa laskelmissa yhtään siitä helpotu, pikemminkin vaikeutuvat. Mutta
tämä onkin vain esimerkki typistyslauseen käytöstä, näin alkajaisiksi.
Esimerkki. Lasketaan siis pallojen Sp homologiaryhmät. Tehdään tämä induktiolla
p:n suhteen (kuten tehtiin myös luvussa 14). Tapaus p = 0 on triviaali, eikä
siinä typistyslausetta (sen enempää kuin Mayer-Vietoris-jonoakaan) tarvita.
Aloitetaan induktio tapauksesta p = 1. Vastaushan on luvusta 14 jo tiedossa:
Hn(S 1 ) ∼
Z kun n = 0 tai n = 1
=
0 muuten.
Tämä pitäisi nyt nähdä oikeaksi myös typistyslauseen avulla. Olkoon ensin A
puoliympyrä
A = {(x1,x2) ∈ S 1 | x2 ≥ 0} ⊂ S 1 .
Tällöin A on ilmeisesti kutistuva, joten sen homologiaryhmät ovat hallinnassa.
Ideana on nyt laskea relatiiviset homologiaryhmät Hn(S 1 ,A) ja sen jälkeen
selvittää ryhmät Hn(S 1 ) huomautuksen 17.13 eksaktista jonosta
· · · −→ Hn(A) −→ Hn(S 1 ) −→ Hn(S 1 ,A) −→ Hn−1(A) −→ · · · (1)
Näiden ryhmien Hn(S 1 ,A) laskemiseen käytetään typistyslausetta. ”Typistetään”
siis ensin joukkoja A ja S 1 . Merkitään
U = {(x1,x2) ∈ S 1 | x2 ≥ 1/2} ⊂ S 1 .
281

Tämä U täyttää typistyslauseen ehdon ja silloin pätee
joten riittää laskea ryhmät Hn(S 1 \ U,A \ U).
Hn(S 1 ,A) ∼ = Hn(S 1 \ U,A \ U), (2)
Merkitään Y =] − 1,1[ ⊂ R ja B =] − 1, −1/2] ∪ [1/2,1[ ⊂ Y .
A \ U
ց
U
↓
ւ
A \ U
−→
f
B
↓
.. ..
Ilmeisesti on olemassa homeomorfismi f : S 1 \ U → Y siten, että f(A \ U) = B.
Silloin lauseen 17.23 mukaan pätee
joten riittää laskea ryhmät Hn(Y,B).
Hn(S 1 \ U,A \ U) ∼ = Hn(Y,B), (3)
Nämä on melkein laskettu jo esimerkissä 17.15, mutta siellä oli ehto p ≥ 2,
joka ei nyt ole voimassa. Nämä täytyy siis laskea erikseen. Y on selvästi kutis-
tuva, joten
Hn(Y ) ∼ =
Z kun n = 0
0 muuten.
B on ilmeisesti homotopinen kahden pisteen avaruuden kanssa, joten
Hn(B) ∼
Z
=
2 kun n = 0
0 muuten.
Huomautuksesta 17.13 saadaan eksakti jono
· · · −→ Hn(B) −→ Hn(Y ) −→ Hn(Y,B) −→ Hn−1(B) −→ · · · (6)
Kun n ≥ 2, niin ehtojen (4) ja (5) mukaan Hn(Y ) = Hn−1(B) = 0, jolloin
jonosta (6) saadaan eksakti
ja siten
0 −→ Hn(Y,B) −→ 0,
Y
B
↓
(4)
(5)
Hn(Y,B) = 0, kun n ≥ 2. (7)
282

Koska Y on polkuyhtenäinen, niin lauseen 17.14 nojalla saadaan
H0(Y,B) = 0. (8)
Laskematta on siis vielä H1(Y,B). Sitä varten saadaan ehtojen (4), (5) ja (7)
nojalla jonosta (6) eksakti
Tästä saadaan lauseen 10.10 nojalla
0 −→ H1(Y,B) −→ Z 2 −→ Z −→ 0.
H1(Y,B) ∼ = Z. (9)
Kokoamalla nyt yhteen ehdot (2), (3), (7), (8) ja (9) nähdään, että
Hn(S 1 ,A) ∼
Z kun n = 1
=
0 muuten.
A:n ilmeisen kutistuvuuden nojalla pätee
Hn(A) ∼
Z kun n = 0
=
0 muuten.
(10)
(11)
Sijoitetaan nyt ehdot (10) ja (11) jonoon (1), jolloin arvoille n ≥ 2 saadaan
eksakti
0 −→ Hn(S 1 ) −→ 0,
ja silloin
Hn(S 1 ) = 0, kun n ≥ 2. (12)
Tapaus n = 0 saadaan S 1 :n polkuyhtenäisyydestä ja lauseesta 6.7:
H0(S 1 ) ∼ = Z. (13)
Tapausta n = 1 varten sijoitetaan ehdot (10), (11) ja (13) jonoon (1), jolloin
saadaan eksakti
Tästä saadaan lauseen 10.11 nojalla
0 −→ H1(S 1 ) −→ Z −→ Z −→ Z −→ 0.
H1(S 1 ) ∼ = Z 1−1+1 = Z. (14)
Näin kaikki ryhmät on laskettu ja vastaus on (kuten pitääkin) ehtojen (12), (13)
ja (14) nojalla
Hn(S 1 ) ∼
=
Z
0
kun n = 0 tai n = 1
muuten.
283

Kun tapaus p = 1 on näin selvitetty, voidaan olettaa, että p ≥ 2 ja asettaa
induktio-oletus, joka kuuluu (tietysti) näin:
Hn(S p−1 ) ∼
Z kun n = 0 tai n = p − 1
=
(15)
0 muuten.
Induktioväitteenä on
Olkoon nyt A puolipallo
Olkoon lisäksi
Hn(S p ) ∼ =
Z kun n = 0 tai n = p
0 muuten.
A = {(x1,...,xp,xp+1) ∈ S p | xp+1 ≥ 0} ⊂ S p .
U = {(x1,...,xp,xp+1) ∈ S p | xp+1 ≥ 1/2} ⊂ A.
Tällöin typistyslauseen ehdot ovat kunnossa ja saadaan
Olkoon Y avaruuden R p avoin yksikköpallo ja
(16)
Hn(S p ,A) ∼ = Hn(S p \ U,A \ U). (17)
B = {x ∈ Y | ||x|| ≥ 1/2},
aivan kuten dimensiossa p = 1. Tässäkin on selvää, että stereograafisen projektion
kautta löytyy homeomorfismi f : S p \ U → Y siten, että f(A \ U) = B.
Silloin lauseen 17.23 mukaan pätee
Hn(S p \ U,A \ U) ∼ = Hn(Y,B). (18)
Ryhmät Hn(Y,B) tunnetaan esimerkistä 17.15:
Hn(Y,B) ∼
Z kun n = p
=
0 muuten.
Siten ehtojen (17) ja (18) nojalla saadaan myös
Hn(S p ,A) ∼
Z kun n = p
=
0 muuten.
Huomautuksesta 17.13 saadaan nyt eksakti jono
(19)
· · · −→ Hn(A) −→ Hn(S p ) −→ Hn(S p ,A) −→ Hn−1(A) −→ · · · (20)
Koska tämäkin A on selvästi kutistuva, niin saadaan taas kuten ehdossa (10)
Hn(A) ∼
Z kun n = 0
=
(21)
0 muuten.
284

Sijoittamalla ehdot (19) ja (21) jonoon (20) saadaan kaikille n = 0 ja n = p
eksakti jono
0 −→ Hn(S p ) −→ 0,
jolloin
Hn(S p ) = 0, kun n = 0 ja n = p. (22)
Tapaus n = 0 saadaan S p :n polkuyhtenäisyydestä ja lauseesta 6.7:
H0(S p ) ∼ = Z. (23)
Tapauksessa n = p saadaan sijoittamalla ehdot (19) ja (21) jonoon (20) eksakti
joten
0 −→ Hp(S p ) −→ Z −→ 0,
Hp(S p ) ∼ = Z. (24)
Kokoamalla yhteen ehdot (22), (23) ja (24) saadaan induktioväite (16), joten
asia on selvä.
Lopuksi voidaan esittää kaksi kysymystä:
- Missä induktio-oletusta (15) käytettiin hyväksi?
- Onko esimerkkiä 17.15 lupa tässä käyttää; sen todistuksessahan tarvittiin tietoa
pallojen homologiaryhmistä. Onko tässä kehäpäättely?
Vastaus näihin kysymyksiin on seuraava: Kehäpäättelyä ei synny, koska esimerkkiä
17.15 (jossa ryhmät Hn(Y,B) laskettiin) tarkastelemalla havaitaan, että
siinä kyllä tarvittiin tietoa pallojen homologiaryhmistä, mutta ainoastaan
pallosta S p−1 . Tämähän on nyt tässä induktio-oletuksena, joten sitä on lupa
käyttää. Jos kehäpäättelyepäily ei tällä hälvene, niin esimerkin 17.15 voi kokonaisuudessaan
siirtää tähän induktioaskeleen sisälle ja kaikki toimii.
Tuo ylläsanottu vastaa myös ensimmäiseen kysymykseen siitä, miksi tässä ylipäätään
induktiotodistus on: induktio-oletusta siis tarvitaan ryhmien Hn(Y,B)
laskemiseen.
Esimerkki 17.25 Seuraavaksi lasketaan typistyslauseen avulla toruksen homologiaryhmät.
Tästä on ollut puhetta jo Mayer-Vietoris-jonon yhteydessä, jolloin asia jätettiin
harjoitustehtäväksi 14.8. Tämä M-V-jonoon perustuva lasku on kuitenkin hyvin
vaikea, ja tässä typistyslause taitaa antaa helpomman keinon. Toruspinta määriteltiin
tehtävässä 8.3. Se voidaan ajatella myös toisin, samaan tyyliin kuin
Möbiuksen nauha tehtävässä 16.7. Torus syntyy siis liimaamalla suorakaiteen
vastakkaiset kyljet a yhteen, jolloin syntyy putki, ja sen jälkeen putken päät b
yhteen, jolloin torus on valmis – siis näin:
285

a
b b
a
Laskuja varten tämä määritelmä täytyy tehdä vähän täsmällisemmin. Tässä
on siis samanlainen idea kuin Möbiuksen nauhan määritelmässä. Olkoon
I = [0,1] × [0,1] ⊂ R2 varustettuna tavallisella normitopologialla. Jaetaan I
pistevieraisiin ekvivalenssiluokkiin seuraavasti:
[(x,y)] = {(x,y)} kun (x,y) ∈ int(I),
[(0,y)] = [(1,y)] = {(0,y),(1,y)} kun 0 < y < 1,
[(x,0)] = [(x,1)] = {(x,0),(x,1)} kun 0 < x < 1 ja
[(0,0)] = [(1,0)] = [(0,1)] = [(1,1)] = {(0,0),(1,0),(0,1),(1,1)}.
Olkoon tätä jakoa vastaava ekvivalenssirelaatio I:ssä. Tällöin torus T määritellään
tekijäavaruutena
T = I/ .
Torus topologisoidaan antamalla sille tavallinen tekijätopologia. Olkoon p : I →
T tekijäkuvaus, p(x,y) = [(x,y)]. Tekijätopologian määritelmän mukaan joukko
A ⊂ T on avoin jos ja vain jos p −1 (A) ⊂ I on avoin. Seuraavassa kuvassa on piirretty
näkyviin eri T:n pisteiden ympäristöjä – tai oikeammin niiden alkukuvia
kuvauksessa p. Vertaa vastaavaan kuvaan Möbiuksen nauhan yhteydessä.
Määritellään
Tällöin pätee
c
d a d
• •
•
•
b
•
• •
•
d a d
•
A = p({(x,y) ∈ I | 1/4 ≤ x ≤ 3/4}) ⊂ T.
c
A ∼ S 1 . (1)
Jätetään tämän tarkka todistus harjoitustehtäväksi. Homotopiaekvivalenssin
antaa vaikkapa kuvaus p(x,y) ↦→ (cos 2πy,sin 2πy). Intuitiivisesti ajatellen tämä
on selvää, sillä A on suorakaide, jonka päät on liimattu yhteen; siis sylinteri:
286

A
Ehdon (1) ja lauseen 9.29 nojalla saadaan
Hn(A) ∼ = Hn(S 1 ) ∼
Z kun n = 0 tai n = 1
=
0 muuten.
Lasketaan nyt typistyslauseen avulla ryhmät Hn(T,A). Typistyslauseessa käytettäväksi
joukoksi U valitaan
U = p({(x,y) ∈ I | x = 1/2}) ⊂ A ⊂ T.
ւ U
Typistyslauseen ehdot toteutuvat, joten saadaan heti
A
Hn(T,A) ∼ = Hn(T \ U,A \ U) kaikille n. (3)
Määritellään kuvaus f : A → T \ U asettamalla
p(x +
f(p(x,y)) =
1
2 ,y) kun x ≤ 1/2
,y) kun x ≥ 1/2.
p(x − 1
2
Jätetään harjoitustehtäväksi osoittaa, että f on hyvin määritelty ja että f on
jatkuva, jopa homeomorfismi kuvajoukolleen. Havainnollisesti f kuvaa näin:
287
(2)

ւ
U
A
f(U)
ց
ւ
U
ւ f(U)
f(A) f(A)
Huomaa, että f(A) on yhtenäinen, niin kuin tietysti pitääkin, koska A on yhtenäinen
ja f jatkuva. Intuitiivisesti f:n käytös on hyvin yksinkertaista: se
liu’uttaa putkea A puoli kierrosta pitkin toruksen T pintaa. Nyt f : A → T \ U
on homotopiaekvivalenssi. Sen homotopiakäänteiskuvaus g : T \ U → A syntyy
näin: määritellään ensin h : T \ U → f(A) asettamalla
⎧
⎪⎨ p(x,y) kun p(x,y) ∈ f(A)
h(p(x,y)) = p( 1,y)
kun 1/4 < x < 1/2
⎪⎩
4
p( 3
4
,y) kun 1/2 < x < 3/4
ja sitten g = f −1 ◦ h. Jätetään yksityiskohdat harjoitustehtäväksi.
Joukon A ⊂ T reuna koostuu kahdesta polkukomponentista K1 ja K2, ∂A =
K1 ∪ K2, missä
K1 = p({(x,y) ∈ T | x = 1/4}) ⊂ A ja K2 = p({(x,y) ∈ T | x = 3/4}) ⊂ A.
Joukko K1 ∪ K2 on myös kuvajoukon f(A) reuna ja ilmeisesti
f(K1) = K2 ja f(K2) = K1
sekä lisäksi f|K1∪K2 : K1 ∪ K2 → K1 ∪ K2 on homeomorfismi.
ր
K1
ւ
U
տ
K2
288
f(U)
ց
ր
K1 = f(K2)
ւ
U
ւ f(U)
տ
K2 = f(K1)

Kuvaus f|K1∪K2 : K1 ∪ K2 → A \ U on myös homotopiaekvivalenssi. Sen homotopiakäänteiskuvaus
g ′ : A \ U → K1 ∪ K2 syntyy näin: määritellään ensin
h ′ : A \ U → f(A) asettamalla
h ′ (p(x,y)) =
p( 1
4
p( 3
4
,y) kun 1/4 ≤ x < 1/2
,y) kun 1/2 < x ≤ 3/4
ja sitten g ′ = f −1 ◦ h ′ . Jätetään yksityiskohdat tässäkin harjoitustehtäväksi.
Tällöin f : (A,K1 ∪K2) → (T \U,A\U) on parikuvaus, jolle sekä f : A → T \U
että f|K1∪K2 : K1 ∪ K2 → A \ U ovat homotopiaekvivalensseja eli avaruusparit
(A,K1∪K2) ja (T \U,A\U) ovat määritelmän 17.21 mukaisesti parihomotopisia.
Silloin lauseen 17.22 nojalla
Hn(A,K1 ∪ K2) ∼ = Hn(T \ U,A \ U) kaikille n. (4)
Selvästi sekä K1 että K2 ovat homeomorfisia joukon S 1 kanssa; homeomorfismit
ovat (esimerkiksi) h1 : K1 → S 1 ja h2 : K2 → S 1 , missä h1(p(1/4,y)) =
(cos 2πy,sin 2πy) ja h2(p(3/4,y)) = (cos 2πy,sin 2πy). Tällöin
Hn(K1 ∪ K2) i) ∼ = Hn(K1) ⊕ Hn(K2) ii)
Z ⊕ Z kun n = 0 tai n = 1
0 muuten
iv)
∼=
∼=
∼= Hn(S 1 ) ⊕ Hn(S 1 ) iii)
Z 2 kun n = 0 tai n = 1
0 muuten.
Tässä ehto
i) perustuu lauseeseen 7.19 ja siihen, että K1 ja K2 ovat joukon K1 ∪ K2 polkukomponentit,
ii) seuraa lauseesta 5.9 (koska siis K1 ≈ S 1 ≈ K2; lisäksi tässä tarvitaan lausetta
7.4),
iii) seuraa lauseesta 14.1 (tässäkin tarvitaan lausetta 7.4) ja
iv) seuraa huomautuksesta 7.2.
Huomautuksesta 17.13 saadaan nyt eksakti jono
· · · −→ Hn(K1∪K2) −→ Hn(A) −→ Hn(A,K1∪K2) −→ Hn−1(K1∪K2) −→ · · ·
(6)
Kun n ≥ 3, saadaan jonosta (6) ehtojen (2) ja (5) nojalla eksakti
joten
0 −→ Hn(A,K1 ∪ K2) −→ 0,
(5)
Hn(A,K1 ∪ K2) = 0 kun n ≥ 3. (7)
289

Koska A on polkuyhtenäinen, niin lauseen 17.14 nojalla
H0(A,K1 ∪ K2) = 0. (8)
Lasketaan vielä H1(A,K1 ∪ K2) ja H2(A,K1 ∪ K2). Jonon (6) loppupää on
H2(A) eπ2
−→ H2(A,K1 ∪ K2) ǫ2
−→ H1(K1 ∪ K2) ei1
−→
H1(A) eπ1
−→ H1(A,K1 ∪ K2) ǫ1
−→ H0(K1 ∪ K2) ei0
−→ (9)
H0(A) eπ0
−→ H0(A,K1 ∪ K2) −→ 0,
missä πn:t ovat tekijäkuvausten πn : Sn(A) → Sn(A,K1∪K2) indusoimia homologiahomomorfismeja.
Tästä saadaan edelleen ehtojen (2), (5), (7) ja (8) nojalla
eksakti
0 −→ H2(A,K1 ∪ K2) −→ Z 2 −→ Z −→ H1(A,K1 ∪ K2) −→ Z 2 −→ Z −→ 0.
Tästä jonosta ei kuitenkaan pelkän eksaktisuuden nojalla voi päätellä kahta
tuntematonta ryhmää, vaan tarvitaan tietoa jonon (9) homomorfismeista. Helpointa
on ehkä tutkia kuvausta i1. Se on huomautuksen 17.13 mukaisesti upotuskuvauksen
i : K1 ∪ K2 ֒→ A indusoima homologiahomomorfismi. Merkitään
symboleilla j ja k upotuskuvauksia j : K1 ֒→ K1 ∪ K2 ja k : K1 ֒→ A, jolloin
k = i ◦ j. Tällöin lauseen 5.7 nojalla
k1 = i1 ◦ j1. (10)
Nyt K1 on joukon A deformaatioretrakti. Deformaatioretraktion antaa kuvaus
r : A → K1, r(p(x,y)) = p(1/4,y). Jätetään yksityiskohdat harjoitustehtäväksi.
Tällöin lauseen 9.31 nojalla upotuskuvauksen k indusoima homologiahomomorfismi
k1 : H1(K1) → H1(A) on isomorfismi ja erityisesti surjektio. Tällöin ehdon
(10) nojalla myös homomorfismini1 : H1(K1 ∪K2) → H1(A) on oltava surjektio
eli pätee
Im(i1) = H1(A).
Koska jono (9) on eksakti, niin Im(i1) = Ker(π1) ja siten
Ker(π1) = H1(A),
ja silloin π1 on nollakuvaus. Tämä merkitsee sitä, että
joten jonon (8) eksaktisuuden nojalla
Im(π1) = 0,
Ker(ǫ1) = 0,
eli ǫ1 on monomorfismi. Näiden tietojen perusteella jono (9) voidaan katkaista
kahdeksi eksaktiksi jonoksi
H2(A) eπ2
−→ H2(A,K1 ∪ K2) ǫ2
−→ H1(K1 ∪ K2) ei1
−→ H1(A) eπ1
−→ 0
290

ja
0 −→ H1(A,K1 ∪ K2) ǫ1
−→ H0(K1 ∪ K2) ei0
−→ H0(A) eπ0
−→ H0(A,K1 ∪ K2) −→ 0.
Kun nyt käytetään ehtoja (2), (5), (7) ja (8), niin näistä saadaan eksaktit
ja
0 −→ H2(A,K1 ∪ K2) −→ Z 2 −→ Z −→ 0
0 −→ H1(A,K1 ∪ K2) −→ Z 2 −→ Z −→ 0.
Näistä jonoista saadaan lauseen 10.10 nojalla
H2(A,K1 ∪ K2) ∼ = Z ∼ = H1(A,K1 ∪ K2). (11)
Näin kaikki ryhmät Hn(A,K1 ∪ K2) on laskettu. Kootaan tulos vielä yhteen
ehdoista (7), (8) ja (11):
Hn(A,K1 ∪ K2) ∼
Z kun n = 1 tai n = 2
=
0 muuten.
Tällöin ehdon (4) nojalla saadaan
Hn(T \ U,A \ U) ∼ =
Z kun n = 1 tai n = 2
0 muuten.
Tästä saadaan edelleen ehdon (3) nojalla
Hn(T,A) ∼
Z kun n = 1 tai n = 2
=
0 muuten.
Huomautuksesta 17.13 saadaan paitsi jono (6) myös vastaava jono
(12)
· · · −→ Hn(A) −→ Hn(T) −→ Hn(T,A) −→ Hn−1(A) −→ · · · (13)
Tästä saadaan ehtojen (2) ja (12) nojalla kaikille n ≥ 3 eksakti
Silloin
0 −→ Hn(T) −→ 0.
Hn(T) = 0 kaikille n ≥ 3. (14)
Koska T on (selvästi) polkuyhtenäinen, niin lauseen 6.7 nojalla
H0(T) ∼ = Z. (15)
Laskematta on vielä H1(T) ja H2(T). Jonon (13) loppupää on
H2(A) −→ H2(T) −→ H2(T,A) ǫ2
−→ H1(A) ei1
−→ H1(T) −→ (16)
H1(T,A) ǫ1
−→ H0(A) ei0
−→ H0(T) −→ H0(T,A) −→ 0.
291

Tässä on taas liikaa tuntemattomia, jotta pelkkä eksaktisuus riittäisi niiden
määräämiseen. Jonon (9) yhteydessä todettiin, että siellä i1 oli epimorfismi.
Tässä on tietenkin aivan toinen tilanne, koska tässä oleva i1 on upotuskuvauksen
i : A ֒→ T indusoima – jonossa (9) oli erilainen upotus. Tässäkin voidaan
homomorfismista i1 sanoa jotakin.
Joukko A ei ole T:n deformaatioretrakti (tätä tietoa ei tarvita tässä), mutta
retrakti se on. Retraktion r : T → A antaa esimerkiksi kuvaus
⎧
⎪⎨ p(x,y) kun p(x,y) ∈ A
r(p(x,y)) = p(
⎪⎩
1
2 − x,y) kun 0 ≤ x < 1/4
− x,y) kun 3/4 < x ≤ 1.
p( 3
2
Jätetään harjoitustehtäväksi varmistua siitä, että r on hyvin määritelty ja jatkuva
kuvaus r : T → A, joka pitää A:n alkiot paikallaan – siis retrakti. Jätetään
harjoitustehtäväksi miettiä myös r:n havainnollinen käytös, jos torusta ajatellaan
uimarenkaana. Kuvaus r on siis jatkuva, mutta kyllä siinä saksia tarvitaan,
jos konkreettisesti aikoo uimarenkaan tuolla tavalla taivutella – ainakin, jos aikoo
koko taivuttelun ajan pysyä tässä joukossa T, vertaa sivun 127 alalaidassa
olevaan asiaan liittyvään kumilenkkivertaukseen. Niinhän se on tietysti oltavakin,
koska A ei siis ole deformaatioretrakti.
Nyt voidaan soveltaa lausetta 9.35 (jota ei paljon ole käytettykään): Koska A
on T:n retrakti, niin upotuskuvauksen indusoima homologiahomomorfismi on
monomorfismi, siis tässä i1 on monomorfismi, ja samoin tietysti i0.
Tällöin Ker(i0) = 0 = Ker(i1), jolloin jonon (16) eksaktisuuden nojalla
Im(ǫ2) = 0 = Im(ǫ1),
joten ǫ2 ja ǫ1 ovat nollakuvauksia. Silloin jono (16) voidaan katkaista kahdeksi
eksaktiksi jonoksi
ja
H2(A) −→ H2(T) −→ H2(T,A) ǫ2
−→ 0 (17)
0 −→ H1(A) ei1
−→ H1(T) −→ H1(T,A) ǫ1
−→ 0. (18)
Ehtojen (2) ja (12) nojalla saadaan jonosta (17) eksakti
Tällöin
0 −→ H2(T) −→ Z −→ 0.
Jonosta (18) saadaan ehtojen (2) ja (12) nojalla eksakti
H2(T) ∼ = Z. (19)
0 −→ Z −→ H2(T) −→ Z −→ 0.
292

Tällöin lauseen 10.9 nojalla
H1(T) ∼ = Z 2 . (20)
Näin kaikki toruksen homologiaryhmät on laskettu. Kootaan tulos vielä yhteen
ehdoista (14), (15), (19) ja (20):
Hn(T) ∼ ⎧
⎪⎨ Z
=
⎪⎩
2 kun n = 1
Z kun n = 0 tai n = 2
0 muuten.
Esimerkki 17.26 Lasketaan lopuksi Kleinin pullon homologiaryhmät.
Kleinin pullo muodostuu havainnollisesti samaan tapaan kuin torus: liimataan
ensin suorakaiteen vastakkaiset kyljet yhteen, mutta siinä välissä kiepautetaan
syntyvän putken toinen pää ympäri (kuten Möbiuksen nauhan tapauksessa) ja
liimataan vasta sitten putken päät yhteen. Tätä liimausoperaatiota ei voi tehdä
R 3 :ssa eli ihan konkreettinen paperilla ja teipillä rakentelu ei onnistu (tämä
voidaan todistaa), mutta R 4 :ssa tämä onnistuu, ts. Kleinin pullolle voidaan antaa
tietty yhtälöesitys (vrt. toruksen vastaava tehtävässä 8.3) avaruudessa R 4 .
Käytetään tässä kuitenkin samantapaista määrittelyä kuin toruksen tapauksessa
esimerkissä 17.25.
Olkoon tässä taas I = [0,1] × [0,1] ⊂ R 2 varustettuna tavallisella normitopologialla.
Jaetaan nyt I pistevieraisiin ekvivalenssiluokkiin seuraavasti; vertaa
jakoa toruksen ja Möbiuksen nauhan vastaaviin jakoihin:
[(x,y)] = {(x,y)} kun (x,y) ∈ int(I),
[(0,y)] = [(1,1 − y)] = {(0,y),(1,1 − y)} kun 0 < y < 1,
[(x,0)] = [(x,1)] = {(x,0),(x,1)} kun 0 < x < 1 ja
[(0,0)] = [(1,0)] = [(0,1)] = [(1,1)] = {(0,0),(1,0),(0,1),(1,1)}.
Olkoon tätä jakoa vastaava ekvivalenssirelaatio I:ssä. Tällöin Kleinin pullo
K määritellään tekijäavaruutena
K = I/ .
Kleinin pullo topologisoidaan samalla tavalla kuin torus antamalla sille tavallinen
tekijätopologia. Olkoon p : I → K tekijäkuvaus, p(x,y) = [(x,y)]. Tekijätopologian
määritelmän mukaan joukko A ⊂ K on siis avoin jos ja vain
jos p −1 (A) ⊂ I on avoin. Seuraavassa kuvassa on piirretty näkyviin eri K:n
pisteiden ympäristöjä – tai oikeammin niiden alkukuvia kuvauksessa p. Vertaa
vastaavaan kuvaan toruksen ja Möbiuksen nauhan yhteydessä. Tuo ”nurkkapisteen”
ympäristö, joka koostuu kuvassa neljästä neljännesympyrästä, on tässä
viivoitettu eri tavalla kuin toruksen tapauksessa, mikä johtuu siitä, että nämä
neljännesympyrät liimautuvat toisiinsa eri järjestyksessä ja viivat ikäänkuin
jatkuvat ”suorina” viivoina neljänneksestä toiseen.
293

c
d a d
• •
•
•
b
•
• •
•
d a d
Punkteerataan I merkitsemällä
•
F = I \ {(1/2,1/2)}.
Määritellään F:n 1-simpleksit τk : ∆1 → I, k = 1,2,3,4 asettamalla
Merkitään
τ1
τ1((1 − t)e0 + te1) = (0,t) ∈ I,
τ2((1 − t)e0 + te1) = (t,1) ∈ I,
τ3((1 − t)e0 + te1) = (1,1 − t) ∈ I ja
τ4((1 − t)e0 + te1) = (t,0) ∈ I, t ∈ [0,1].
τ2
F
◦
( 1 1
2 , 2 )
τ4
τ3
d = τ1 + τ2 + τ3 − τ4 ∈ S1(F),
jolloin d on sykli. Ilmeisesti joukon I reuna ∂I = ∪ 4 i=1 |τi| on F:n deformaatioretrakti
ja lisäksi homeomorfinen ympyrän S 1 kanssa. Tällöin lauseiden 9.31 ja
14.1 nojalla
Hn(F) ∼ = Hn(S 1 ) ∼ =
294
c
Z kun n = 0,1
0 muuten.
(1)

Huomautuksessa 14.7 löydettiin ympyrän S 1 homologiaryhmän H1(S 1 ) virittäjä
[σ] tai tarkemmin sanottuna vapaan Abelin ryhmän H1(S 1 ) kanta {[σ]}. Aivan
vastaavalla tavalla voidaan nyt nähdä, että syklin d määräämä homologialuokka
[d] ∈ H1(F) on homologiaryhmän H1(F) virittäjä eli
{[d]} on vapaan Abelin ryhmän H1(F) kanta. (2)
Tässä on se ero huomautukseen 14.7 verrattuna, että pitää käyttää (esimerkiksi)
F:n peitettä {F1,F2}, missä
F1 = F \ {(0,y) | y > 0} ja F2 = F \ {(0,y) | y < 0}.
Muuten tilanne on analoginen; tässä todistus on itse asiassa vähän helpompi,
sillä d:lle ei tarvitse tehdä barysentristä jakoa, koska se on jo valmiiksi alistettu
peitteelle {F1,F2}.
Punkteerataan myös K määrittelemällä ensin a = p(1/2,1/2) ja sitten
jolloin
A = K \ {a},
A = p(F).
Määritellään edelleen K:n 1-simpleksit σk : ∆1 → K asettamalla
σk = p ◦ τk, k = 1,2.
Koska p on tekijäkuvauksena jatkuva, niin nämä σk:t ovat jatkuvia ja siten
todella σk ∈ Σ1(K). Määritellään edelleen
Huomaa, että
σ1
◦
a
c = σ1 + σ2 ∈ S1(K).
p ◦ τ3 = σ1 ja p ◦ τ4 = σ2. (3)
σ2
σ2
σ1
A
Koska σk(0) = σk(1), k = 1,2, niin σk:t ovat syklejä, ja silloin myös c on
sykli eli pätee
c ∈ Z1(K). (4)
295

Merkitään
jolloin ilmeisesti
Merkitään
B = |c| = |σ1| ∪ |σ2| ⊂ K,
B = p({(0,y) | 0 ≤ y ≤ 1}) ∪ p({(x,1) | 0 ≤ x ≤ 1}). (5)
L = {x ∈ R 2 | ||x − (1,0)|| = 1 tai ||x − (−1,0)|| = 1},
jolloin L on kuvan ”kahdeksikko”:
• •
(−1,0) (1,0)
L
Määritellään kuvaus f : B → L asettamalla
f(p(0,y)) = (1,0) + (cos 2πy,sin 2πy)
f(p(x,1)) = (−1,0) + (cos 2πx,sin 2πx).
Ehdon (5) nojalla nähdään helposti, että f on hyvin määritelty homeomorfismi.
Jätetään yksityiskohdat harjoitustehtäväksi. Kahdeksikon L homologiaryhmät
tunnetaan esimerkistä 14.6, joten, koska siis B ≈ L, saadaan lauseen 5.9 nojalla
Hn(B) ∼ = Hn(L) ∼ ⎧
⎪⎨ Z kun n = 0
= Z
⎪⎩
2 kun n = 1
(6)
0 muuten.
Harjoitustehtävässä 14.2 löydettiin ryhmän H1(L) ∼ = Z 2 eräs kanta {[α1],[α2]};
tässä voidaan valita
α1((1 − t)e0 + te1) = (1,0) + (cos 2πt,sin 2πt) ja
α2((1 − t)e0 + te1) = (−1,0) + (cos 2πt,sin 2πt), t ∈ [0,1].
Koska f : B → L on homeomorfismi, niin f1 : H1(B) → H1(L) on isomorfismi.
Ilmeisesti f1(σi) = αi, i = 1,2, joten myös
f1([σi]) = [f1(σi)] = [αi], i = 1,2. (7)
Koska siis {[α1],[α2]} on vapaan Abelin ryhmän H1(F) kanta, niin ehdon (7)
nojalla
{[σ1],[σ2]} on vapaan Abelin ryhmän H1(B) kanta. (8)
296

Ilmeisesti kaikille (x,y) ∈ I \ {(1/2,1/2)} on olemassa yksikäsitteinen puolisuoran
l(x,y) = {(1/2,1/2) + t((x,y) − (1/2,1/2)) | t ≥ 0} ja joukon I ⊂ R 2
reunajoukon ∂I leikkauspiste, jota merkitään symbolilla s(x,y):
( 1 1
2 , 2 )
◦
•
(x,y) s(x,y)
•
Ilmeisesti kuvaus I \ {(1/2,1/2)} → ∂I, (x,y) ↦→ s(x,y) on jatkuva. Määritellään
nyt kuvaus g : A → B asettamalla
g(p(x,y)) = p(s(x,y)).
Jätetään harjoitustehtäväksi osoittaa, että g on hyvin määritelty kuvaus, jolle
pätee g(A) = B. Kuvaus g on jatkuva, mikä seuraa melko suoraan siitä, että
s on jatkuva. Kuvaus g : A → B on myös homotopiaekvivalenssi; sen homotopiakäänteiskuvaus
on upotuskuvaus i BA : B ֒→ A – tällöinhän B on A:n
deformaatioretrakti. Jätetään yksityiskohdat harjoitustehtäväksi.
Tällöin lauseen 9.31 nojalla Hn(A) ∼ = Hn(B) kaikille n, joten ehdon (6) nojalla
saadaan
Hn(A) ∼ ⎧
⎪⎨ Z kun n = 0
= Z
⎪⎩
2 kun n = 1
(9)
0 muuten.
Erityisesti lauseen 9.31 mukaan i BA
1 : H1(B) → H1(A) on isomorfismi. Tällöin
ehdon (8) nojalla, koska i BA
1 ([σr]) = [σr], r = 1,2,
{[σ1],[σ2]} on vapaan Abelin ryhmän H1(A) kanta. (10)
Lasketaan seuraavaksi ryhmät Hn(K,A). Käytetään typistyslausetta. Olkoon
tässä U = B. Silloin typistyslauseen ehdot tälle U ovat kunnossa ja saadaan
Hn(K,A) ∼ = Hn(K \ B,A \ B) kaikille n. (11)
Selvästi p| int(I) : int(I) → K \ B on homeomorfismi ja myös p| int(I)\{(1/2,1/2)} :
int(I) \ {(1/2,1/2)} → A \ B on homeomorfismi, jolloin lauseen 17.23 nojalla
saadaan
Hn(K \ B,A \ B) ∼ = Hn(int(I),int(I) \ {(1/2,1/2)}) kaikille n. (12)
297

Ilmeisesti on olemassa homeomorfismi t : int(I) → B(0,1) siten, että t(1/2,1/2) =
(0,0). Tällöin lauseen 17.23 nojalla pätee kaikille n ∈ N
Hn(int(I),int(I) \ {(1/2,1/2)}) ∼ = Hn(B(0,1),B(0,1) \ {(0,0)}). (13)
Merkitään
C = {(x,y) ∈ B(0,1) | ||(x,y)|| ≥ 1/2}.
On helppo nähdä, että id B(0,1) : (B(0,1),C) → (B(0,1),B(0,1) \ {(0,0)}) on
parikuvaus, joka on erityisesti parihomotopia. Tällöin lauseen 17.22 nojalla
Hn(B(0,1),B(0,1) \ {(0,0)}) ∼ = Hn(B(0,1),C) kaikille n. (14)
Ryhmät Hn(B(0,1),C) laskettiin esimerkissä 17.15:
Hn(B(0,1),C) ∼
Z kun n = 2
=
0 muuten.
Nyt ehtojen (11), (12), (13), (14) ja (15) nojalla saadaan
Hn(K,A) ∼
Z kun n = 2
=
0 muuten.
Huomautuksen 17.13 mukaisesti saadaan eksakti jono
(15)
(16)
· · · −→ Hn(A) ein
−→ Hn(K) eπn
−→ Hn(K,A) ǫn
−→ Hn−1(A) −→ · · · . (17)
Tässä in on upotuskuvauksen i : A ֒→ K ja πn tekijähomomorfismien πn :
Sn(K) → Sn(K,A) indusoima homologiahomomorfismi.
Kun n ≥ 3, niin ehtojen (9) ja (16) nojalla saadaan jonosta (17) eksakti
joten
0 −→ Hn(K) −→ 0,
Hn(K) ∼ = 0 kun n ≥ 3. (18)
Koska I on ilmeisesti polkuyhtenäinen, niin myös K = p(I) on polkuyhtenäinen,
sillä polkuyhtenäisen joukon kuva jatkuvassa kuvauksessa on polkuyhtenäinen.
Silloin lauseen 6.7 nojalla saadaan
H0(K) ∼ = Z. (19)
Laskematta on vielä H1(K) ja H2(K). Ehtojen (9) ja (16) nojalla saadaan jonosta
(17) eksakti
0 −→ H2(K) eπ2
−→ H2(K,A) ǫ2
−→ H1(A) ei1
−→ H1(K) −→ 0. (20)
298

Tästä ei voi päätellä pelkän eksaktisuuden nojalla ryhmistä H1(K) ja H2(K)
juuri mitään, vaikka muut ryhmät tunnetaankin ehdoista (9) ja (16). Tarvitaan
siis tietoa näistä homomorfismeista. Sitä saadaan seuraavasti: Tarkastellaan avaruusparia
(I,F), missä (kuten edellä) F = I \{(1/2,1/2)}. Huomautuksen 17.13
mukaisesti tälle saadaan myös eksakti jono
H2(I) −→ H2(I,F) α
−→ H1(F) −→ H1(I) (21)
jollekin homomorfismille α. Ilmeisesti p on parikuvaus p : (I,F) → (K,A).
Tällöin lauseen 17.20 nojalla eksakteista jonoista (20) ja (21) syntyy kommutoiva
kaavio
H2(I) −−−−→ H2(I,F)
⏐
ep I
2
H2(K)
⏐
ep (I,F)
2
eπ2
−−−−→ H2(K,A)
α
−−−−→ H1(F) −−−−→ H1(I)
⏐
ep F
1
ǫ2
−−−−→ H1(A)
⏐
ep I
1
ei1
−−−−→ H1(K)
(22)
Koska I on kutistuva, niin H2(I) = H1(I) = 0, jolloin jonosta (21) saadaan
eksakti
0 −→ H2(I,F) α
−→ H1(F) −→ 0
ja silloin
Osoitetaan, että kaaviossa (22) myös
Merkitään
Olkoon vielä U = ∂I. Tällöin
Olkoon j upotuskuvaus
α on isomorfismi. (23)
p (I,F)
2 on isomorfismi. (24)
X = int(I) ⊂ I ja D = X \ {(1/2,1/2)} ⊂ X.
Tällöin typistyslauseen nojalla
Merkitään
I \ U = X ja F \ U = D.
j : I \ U ֒→ I eli j : X ֒→ I.
j (X,D)
2 : H2(X,D) → H2(I,F) on isomorfismi. (25)
Merkitään symbolilla q kuvausta
Y = p(X) ⊂ K ja E = Y \ {a} ⊂ Y.
q : X → Y, q(x,y) = p(x,y) kaikille (x,y) ∈ X.
299

Tässä siis q on muuten sama kuvaus kuin p, mutta kuvauksen q sekä määrittelyettä
maalijoukkoa on rajoitettu p:n vastaaviin verrattuna. Ilmeisesti q on homeomorfismi
(toisin kuin p) ja q|D : D → E on myös homeomorfismi joten
lauseen 17.23 nojalla
q (X,D)
2 : H2(X,D) → H2(Y,E) on isomorfismi. (26)
Olkoon – kuten edellä – B = p(∂I) ⊂ K, jolloin
Y = K \ B ja E = A \ B.
Olkoon k : K \ B ֒→ K upotuskuvaus. Tällöin typistyslauseen nojalla
k (Y,E)
2 : H2(Y,E) → H2(K,A) on isomorfismi. (27)
Ehtojen (25), (26) ja (27) nojalla
k (Y,E)
2
◦ q (X,D)
2
◦ (j (X,D)
2 ) −1 : H2(I,F) → H2(K,A) on isomorfismi. (28)
Tässä on siis tavoitteena todistaa ehto (24) eli osoittaa, että
p (I,F)
2 : H2(I,F) → H2(K,A) on isomorfismi.
Tämä seuraa ehdosta (28), jos osoitetaan, että
k (Y,E)
2
◦ q (X,D)
2
◦ (j (X,D)
2 ) −1 = p (I,F)
2 : H2(I,F) → H2(K,A). (29)
Ehdon (25) nojalla väite (29) seuraa, jos osoitetaan, että
k (Y,E)
2
◦ q (X,D)
2
= p (I,F)
2
◦ j (X,D)
2 : H2(X,D) → H2(K,A). (30)
Homologiahomomorfismin määritelmän mukaan kaikille ketjukuvauksille β ja γ
pätee (β ◦ γ)n = βn ◦ γn, joten väite (30) seuraa, jos osoitetaan, että
k (Y,E)
2
◦ q (X,D)
2
Lauseen 17.19 nojalla pätee
k (Y,E)
2
◦ q (X,D)
2
joten väite (31) seuraa, jos
= p (I,F)
2
= (k ◦ q) (X,D)
2
◦ j (X,D)
2 : S2(X,D) → S2(K,A). (31)
ja p (I,F)
2
k ◦ q = p ◦ j,
◦ j (X,D)
2
mutta tämä on selvää, koska kaikille (x,y) ∈ X pätee
k ◦ q(x,y) = p(x,y) = p ◦ j(x,y),
= (p ◦ j) (X,D)
2 ,
sillä k ja j ovat vain upotuskuvauksia ja q on p:n rajoittumakuvaus. Näin väite
(31) ja siten myös väite (29) on todistettu, eli p (I,F)
2 on todella isomorfismi.
300

Tarkastellaan sitten kaavion (22) kuvausta p F 1 : H1(F) → H1(A).
Palautetaan mieliin ehdot (2) ja (10). Ehdon (10) nojalla joukko
{[σ1],[σ2]} = {[p ◦ τ1],[p ◦ τ2]} on vapaan ryhmän H1(A) kanta.
Toisaalta ehdon (2) nojalla joukko
tässä siis
{[d]} on vapaan ryhmän H1(F) kanta;
d = τ1 + τ2 + τ3 − τ4.
Nyt kuvaus p F 1 operoi kanta-alkioon [d] seuraavasti:
p F 1 ([d]) = [p1(d)] = [p◦τ1+p◦τ2+p◦τ3−p◦τ4] = [σ1]+[σ2]+[σ1]−[σ2] = 2·[σ1].
Tällöin, koska p F 1 on homomorfismi, ehdon (2) nojalla kuvaus p F 1 tunnetaan
kokonaan:
p F 1 (q · [d]) = 2q · [σ1] kaikille q ∈ Z. (32)
Koska [σ1] on ehdon (8) mukaan vapaan ryhmän H1(A) kanta-alkio, niin se on
nollasta eroava. Tällöin ehdon (32) nojalla
ja silloin ehdon (2) nojalla
p F 1 (q · [d]) = 0 kaikille q = 0,
Lisäksi ehtojen (32) ja (2) nojalla saadaan
p F 1 on monomorfismi. (33)
Im(p F 1 ) = Z · 2 · [σ1]. (34)
Seuraavaksi tarkastellaan kaavion (22) kuvausta ǫ2. Koska kaavio kommutoi,
niin
= p F 1 ◦ α.
ǫ2 ◦ p (I,F)
2
Tällöin, koska ehdon (24) nojalla p (I,F)
2
Silloin ehtojen (24), (23) ja (33) nojalla
Tällöin ehdon (16) nojalla pätee
on isomorfismi, pätee
ǫ2 = p F 1 ◦ α ◦ (p (I,F)
2 ) −1 . (35)
ǫ2 : H2(K,A) → H1(A) on monomorfismi. (36)
Im(ǫ2) ∼ = Z. (37)
301

Palataan takaisin eksaktiin jonoon
0 −→ H2(K) ep2
−→ H2(K,A) ǫ2
−→ H1(A) ei1
−→ H1(K) −→ 0. (20)
Koska H2(K,A) tunnetaan ehdosta (16): H2(K,A) ∼ = Z ja ehdon (37) nojalla
myös Im(ǫ2) ∼ = Z, saadaan eksakti
Tällöin lauseen 10.10 nojalla pätee
0 −→ H2(K) −→ Z ǫ2
−→ Z −→ 0.
H2(K) = 0. (38)
Laskematta on enää H1(K). Ehdon (38) nojalla saadaan jonosta (20) eksakti
0 −→ H2(K,A) ǫ2
−→ H1(A) ei1
−→ H1(K) −→ 0. (39)
Tässä ryhmät H2(K,A) ja H1(A) tunnetaan, mutta H1(K) sijaitsee ikävästi
jonon viimeisenä, jolloin sen laskeminen pelkän eksaktisuuden nojalla on mahdotonta.
Tässä kuitenkin ehdot (23), (24), (34) ja (35) kertovat kuvauksesta ǫ2
riittävästi, jotta H1(K) voidaan määrätä. Ehtojen (23), (24) ja (35) nojalla
jolloin ehdon (34) mukaan
Im(ǫ2) = Im(p F 1 ),
Im(ǫ2) = Z · 2 · [σ1]. (40)
Koska jono (39) on eksakti, niin i1 on epimorfismi. Tällöin ryhmäteorian perusisomorfialauseen
(johon muuten viitattiin jo johdannossa) pätee
Koska jono (39) on eksakti, niin
H1(K) = Im(i1) ∼ = H1(A)/Ker(i1). (41)
Ker(i1) = Im(ǫ2).
Tällöin ehtojen (41) ja (40) nojalla saadaan
H1(K) ∼ = H1(A)/Z · 2 · [σ1]. (42)
Ehdon (10) perusteella joukko {[σ1],[σ2]} on vapaan ryhmän H1(A) kanta, joten
jokainen [τ] ∈ H1(A) voidaan yksikäsitteisellä tavalla esittää muodossa
[τ] = r[σ1] + s[σ2], missä r,s ∈ Z.
Määritellään nyt kuvaus ϕ : H1(A) → Z2 × Z asettamalla kaikille [τ] = r[σ1] +
s[σ2]
ϕ([τ]) = ([r]2,s),
302

missä [r]2 ∈ Z2 on luvun r määräämä ekvivalenssiluokka. Koska alkion [τ] ∈
H1(A) esitys [τ] = r[σ1] + s[σ2] on yksikäsitteinen, kuvaus ϕ on hyvin määritelty.
Helposti nähdään, että ϕ on epimorfismi. Tällöin taas ryhmäteorian perusisomorfialauseen
nojalla saadaan
Selvästi
H1(A)/Ker(ϕ) ∼ = Z2 × Z. (43)
Ker(ϕ) = Z · 2 · [σ1] ⊂ H1(A),
jolloin ehtojen (42) ja (43) nojalla saadaan
H1(K) ∼ = Z2 × Z. (44)
Näin kaikki Kleinin pullon homologiaryhmät on laskettu. Kootaan vastaus vielä
yhteen ehdoista (18), (19),(38) ja (44):
Hn(K) ∼ ⎧
⎪⎨ Z kun n = 0
= Z2 × Z kun n = 1
⎪⎩
0 muuten.
Huomautus 17.27 Aikaisemmin on ollut puhetta siitä, että homologiaryhmä
H0(X) on aina vapaa (Abelin) ryhmä, mutta muiden homologiaryhmien Hn(X),
n ≥ 1 ei välttämättä tarvitse olla vapaita. Tässä on nyt esimerkki siitä: H1(K) ∼ =
Z2 × Z, joka ei selvästikään ole vapaa.
Harjoitustehtäviä.
17.1 Torus syntyi siis liimaamalla yksikköneliön I vastakkaiset sivut yhteen
ilman mitään käännöksiä tai pyöräytyksiä. Kleinin pullo syntyi kääntämällä
toisessa sivuparissa toinen sivu ympäri. Voi tietysti kysyä, miten käy, jos käännetään
molemmissa sivupareissa toinen sivu ympäri ennen liimausta. Tällöin
syntyy aivan asiallinen topologinen avaruus, jota kutsutaan projektiiviseksi
tasoksi.
Torus Kleinin pullo Projektiivinen taso
303

Anna projektiivisen tason P tarkka määritelmä ja laske sen homologiaryhmät.
Vastaus on
Hn(P) ∼ ⎧
⎪⎨ Z kun n = 0
= Z2 kun n = 1
⎪⎩
0 muuten.
Huomaa, että tässä projektiivisen tason tapauksessa neliön I kaikki nurkkapisteet
eivät samastu (toisin kuin toruksen ja Kleinin pullon tapauksessa), vaan
seuraavan kuvan pisteet a ja b ovat eri pisteitä projektiivisella tasolla.
b a
• •
• •
a b
17.2 Voiko Kleinin pullosta juoda? Voiko sitä käyttää uimarenkaana? Voiko
projektiivisella tasolla pelata biljardia?
304

Hakemisto
(S A (K),∂ A ), 166
(S F ,∂ F ), 198
(e0 ...êk ...en), 10
(x0 ...xn), 9
Bn(X), 45
B A n [K] = B A n , 170
C(X,Y ), 90
F k n, 10
Fr(A), 15
Hn(X), 45
Hn(X,A), 267
Sn(X), 28
Sn(X,A), 267
SF n (X), 198
Sx0x1...xn , 5
Zn(X), 45
ZF n (X), BF n (X), HF n (X), 198
∆n, 9
Σn(X), 27
ΣF n (X), 197
βn, γn, ξn, 212
ǫn, 144
⊕α∈I(Gα ,∂ α ), 75
⊕α∈IGα, 67
∂iσ, 35
∂n, 41
∂nσ, 39
∂F n , 198
fn, 57
f (X,A)
n , 271
{(Sn(X),∂n)}n∈Z = (S(X),∂), 45
fn(σ), 29
fn, 30
f (X,A)
n , 271
iF , 201
iα, 69
pα, 69
affiini kuvaus, 8
avaruuspari, 270
barysentrinen jako
affiini, 170
305
yleinen, 189
barysentriset koordinaatit, 6
Brouwerin kiintopistelause, 232
deformaatioretrakti, 127
domain invariance theorem, 256
eksakti jono, 133
formaali summa, 18
hairy ball theorem, 236
homologiahomomorfismi, 57
homologiaryhmä, 45
homotopia
avaruuksien, 93
ketjukuvausten, 99
kuvausten, 90
homotopiaekvivalenssi, 93
homotopiakäänteiskuvaus, 93
homotopisesti ekvivalentti, 93
inkluusiokuvaus, 69
jälki
ketjun, 180
simpleksin, 163
Jordan-Brouwerin lause, 252
Jordanin käyrälause, 256
kartio, 166
kartiohomomorfismi, 167
ketju
affiini, 165
alistettu, 198
singulaarinen, 28
ketjuhomomorfismi, 30
ketjuhomotopia, 99
ketjukompleksi, 44
ketjukuvaus, 52
Kleinin pullo, 293
kommutoiva kaavio, 19
konveksi, 1
konveksiverho, 2

kutistuva, 97
kuvauksen aste, 234
Lebesguen luku, 199
Möbiuksen nauha, 260
Mayer-Vietoris-jono, 211
painopiste, 7, 169
parikuvaus, 270
Poincarén konjektuuri, 130
polku, 59
polkukomponentti, 59
porrastettu homomorfismi, 98
projektiivinen taso, 303
projektiokuvaus, 69
relatiivihomologia, 267
retrakti, 127
reuna, 39, 45
reunahomomorfismi, 41
reunakuvaus, 41
riippumaton joukko, 5
särmä, 164
samastuskuvaus, 16
simpleksi
affiini, 9
joukko, 5
singulaarinen, 27
standardi, 9
singulaarinen ketjukompleksi, 45
stereograafinen projektio, 226
suora summa
ketjukompleksien, 75
ryhmien, 67
sykli, 45
tekijäketjukompleksi, 262
torus, 97, 227, 285
typistyslause, 274
vapaa Abelin ryhmä, 14
vapaan Abelin ryhmän kanta, 14
viiden lemma, 137
306