Helme-Guizon，劳尔;Przytycki，Józef H。;荣永武 图同调中的扭转。 （英语） Zbl 1105.57012号 芬丹。数学。 190, 139-177 (2006)。 本文第一和第三作者在[Algebr.Geom.Topol.51365-1388（2005；Zbl 1081.05034号)]. 在本文中，详细的计算表明，（G）的这些上同调群具有非平凡挠率当且仅当（G）具有长度为（geq 3）的圈且没有圈。本文还包括关于除（mathbb Z[x]/（x^{2}）以外的代数（mathcal{A}）的图的（mathcal{A}-上同调的一些结果和猜想。审核人：洛伦佐·特拉尔迪（伊斯顿） 引用于4评论引用于17文件 MSC公司： 57米27 节点和（3）流形的不变量（MSC2010） 05C15号 图和超图的着色 55号35 代数拓扑中的其他同调理论 关键词：图表;结;霍瓦诺夫同调;图同调;Hochschild同源;扭转 引文：Zbl 1081.05034号 软件：Z轴;CHomP公司 PDF格式BibTeX公司 XML格式引用 \textit{L.Helme-Guizon}等人，Fundam。数学。190139-177（2006年；兹bl 1105.57012） 全文： 内政部 arXiv公司 参考文献： [1] [139]140升。Helme-Guizon等人1。导言。在[K00]中，M.Khovanov为节点引入了一个分级上同调理论，其Euler特征是节点的Jones多项式。从那时起，人们对他的理论产生了极大的兴趣。在[HR04]中，使用代数Z[x]/（x2）构造了图的上同调理论。在[HR05]中，这是通过允许更一般的代数来推广的。在这两篇论文中，同调群的分级Euler特征通过适当改变变量，得到了色多项式。欧拉特征是根据上同调群的自由部分来定义的。另一方面，这些同调群的扭转往往表现出更有趣的性质。在[S04]中，A.Shumakovitch进行了广泛的计算，并证明了除其他外，非平凡的交变结总是具有Z2-扭转。在[AP04]中，M.Asaeda和J.Przytycki将这一点推广到适当的连杆，并确定了一大类连杆的特定扭矩。在这里，我们分析了[HR04]和[HR05]中引入的图上同调中的扭转。对于代数Z[x]/（x2），我们精确地确定了定理21中上同调包含扭转的那些图。我们还研究了这在多大程度上可以推广到更一般的代数。在第2节中，我们审查了[HR04]和[HR05]中的结构。在第3节中，我们证明了上同调群的一些厚度型定理。第4节包含代数Z[x]/（x2）的扭转定理（定理21）。在第5节中，我们考虑更一般代数的上同调群。特别注意代数Am=Z[x]/（xm）和图Pv，即具有v个顶点的多边形。第5.3小节包含了a=Z[x]/I的上同调计算，其中I是三角形情况下的理想值。我们以一些一般性评论结束第5节。2.图形上同调，快速回顾。我们简要回顾了[HR04]和[HR05]中的结构。回想一下，分级Z-代数a是一个Z-代数，其直接和分解a=\inftyj=0Ajinto Z-子模\在Ai+j中用于Ai中的所有Ai和aj中的所有aj。Ajare的元素，如aiaj称为同质j次。由于A可以被视为Z模，其分级维数被定义为分级Z模，其中Mjdeno表示如下。设M=j=0 M的j次齐次元素集。回想一下，Z模M的自由秩是dimQ（M\otimesZQ），用秩（M）表示。假设每个j的秩（Mj）<.infty。M的分次维数是幂级数q dim M：=qjrank（Mj）。\infty j=0图同调141中的扭转我们将使用{{\（\cdot\）}}来表示分级Z模中的度偏移。例如，Z3{2}表示元素为二次的秩三自由阿贝尔群。从现在开始，我们处理满足以下条件的代数：假设1。A=\inftyi=0Ai是一个交换的、分次的Z-代数，具有恒等式，使得每个Ai都没有有限秩。请注意，这些假设有时可以放宽。例如，如果没有身份或Ai没有自由，仍然可以进行构建，但必须修改某些属性。现在，我们修复一个满足假设1的代数A。设G是一个图，E=E（G）是G的边集。设n=|E|是E的基数。我们在E上固定了一个次序，并用e1，…，表示边，恩。考虑一维立方体{0,1}E={0,1{n。这个立方体的每个顶点{\（\alpha\）}对应于E的子集s=s{\（\ alpha\。{\（\alpha\）}的高度|{\（\ alpha\。对于立方体的每个顶点{（阿尔法）}，我们将分级Z模C{（alpha）}（G）关联如下。考虑具有顶点集V（G）和边集s的图[G:s]。我们将a的副本分配给[G:s]的每个分量，然后取分量的张量积。设C{\（\alpha\）}（G）是由此产生的分级Z模，分级由A导出。我们将复合体的第i链群定义为Ci（G）：=|{\（\alpha\）}|=iC{\（\ alpha\。接下来，我们描述微分映射di:Ci（G）到Ci+1（G）。这些将以超边缘地图表示。{0，1}的每条边{\（\xi\）}可以用{0，1，\ast}E中的一个序列来标记，其中只有一个\ast。边的尾部用{\（\alpha\）}1表示，通过设置\ast=0获得；头部由{\（\alpha\）}2表示，通过设置\ast=1获得。高度|{\（\xi\）}|定义为其尾部的高度，它也等于{\（\ xi\）{中的1的数量。对于j=1和2，Z模C｛\（\alpha\）｝j（G）是A\otimeskj，其中kj是[G:sj]的连接分量的数量（这里sj代表s｛\（\alpha\）｝j）。设e是s2=s1\cup{e}的边。{（\alpha\）}1（G）到C{（\ alpha）}2（G）的定义如下。超边映射d{\（\xi\）}:C如果e将[G:s1]的一个分量与其自身联接，则k1=k2，[G:s1]的分量和[G:s2]的分量自然相互对应。然后我们让d｛\（\xi\）｝作为身份映射。如果e连接[G:s1]的两个不同组件，则假设E1到E2，其中E1、E2，Ek1是[G:s1]的分量，则k2=k1-1，[G:s2]的分量是E1\cup E2\cup{e}，E3，我们定义d{（xi\）}为来自E3，Ek1和乘法映射A\otimes A\to A将x\otimesy发送到xy的剩余张量因子。142升。Helme-Guizon等人。然后，微分di:Ci（G）到Ci+1（G）由di=（-1）{\（\xi\）}d{\（\ xi\）{，|{\（\si\）}|=i定义，其中（-1）}\（\xi\）}=-1（resp.1），如果{\（\ti\）{}中的1的数目在\ast之前是奇数（resp.偶数）。在[HR05]中证明了这定义了一个分次cochain复形C，它的分次上同调群Hi是图的不变量（即与边的排序无关），其分次Euler特征是G在{（lambda）}=q-dim a，即{（chi）}q（C）=（-1）iq dim（Hi）=（-1）iq dim（Ci）（1）处的色多项式0\leqi\leqn0\leki\leqn=PG（q dim A）。cochain复合物C分裂为一系列cochain复合体，每个复合体的度为j。更准确地说，让C=0到C0到C1到{（cdot）}{（\cdot）{（\ cdot。按度分解每个cochain群的元素得到Ci=j\geq0Ci，j，其中Ci，j是度j的齐次元素Ci的集合。由于微分是保度的，对度j元素的限制，即0到C0，j到C1，j到{（\cdot）}{（\ cdot）{到Cn，j到0，是一个由Cj表示的cochain复合体。很明显，C是这些辅酶复合体的直接和。使用“增强状态”的概念也很方便。当代数为Z[x]/（x2）时，图G的增强状态为S=（S，c），其中S\subseteq E（G）和c是对生成子图[G:S]的每个连接分量的颜色1或x的赋值。这种增强状态构成了链组的基础。此外，微分映射d可以用增强状态来明确描述。详见[HR04]。这可以推广到更一般的代数，它的加法群有一个给定的生成集，生成元上任何可能的关系都有适当的转换。这些上同调群的一个有趣性质是下面描述的一个长精确序列，它对应于色多项式的删除压缩规则。设e是图G的边。回想一下，G-e表示从G中删除e得到的图，G/e表示将e收缩到一点得到的图。我们有定理2。（a） 对于每个i，j，都有一个分次链同态的短精确序列：0\到Ci-1，j（G/e）｛\（\alpha\）｝到Ci，j（G）｛\（β\）｝到Ci，j（G-e）\到0，因此，图同源性中的扭转143（b）它诱导了上同调群的长精确序列：0\到H0，j（G）\到H0，j（G-e）\到H0，j（G/e）\到H1，j（G）\到｛\（\cdot\）｝｛\（\ cdot\）｝{\（\cdot\）}\到Hi，j（G）{\。这个长而精确的序列已经被证明是一个有用的计算工具，我们将在接下来的几节中看到。[HR05]的另一个有用结果是关于垂边。回想一下，图中的悬挂顶点是一次顶点，而悬挂边是连接悬挂顶点和另一个顶点的边。命题3.设A是满足假设1的代数。它可以写成A=Z1A\oplus A'作为Z模，其中Z1A是由'生成的A的子模。如果e是G的垂边，则A和A的恒等式Hi（G）\sim=Hi（G/e）\ otimes A'。3.一般结果。下面的定理4、10、12和推论13表明图的哪些上同调群可能是非平凡的。在A=A2的情况下，他们推广了[H05]中的类似结果。3.1.消失定理4。设G=G1\sqcup G2，其中G2是G的树组件的并集，G1是其余组件的并网。设vibe是Giand{\（\mu\）}的顶点数ibe是Gi（i=1,2）的分量数。对于任何满足假设1的代数A，我们有（A）HiA（G）=0 \Rightarrow 0\leq i\leq v1-2｛\（\mu\）｝1，i（G））=0 \Rightarrow 1\leq i\leq v1-2｛\（\mu\）｝1。（b） Tor（HA特别地，如果一个图没有孤立的顶点，我们可以得到以下更方便的不等式。推论5。设G是一个具有v个顶点的{\（\mu\）}分量图。如果G没有孤立顶点，则HiA（G）=0\Rightarrow0\leqi\leqv-2{\（\mu\）}。证明。我们使用定理4的符号。我们有v-2{\（\mu\）}=v1-2{\。根据假设，G2的每个分量都至少有两个顶点，因此v2-2{（\mu\）}2 \geq 0，这意味着v-2{\（\mu）}\geq v1-2{\（\ mu\）{1。备注6。定理4暗示了[H05]的以下结果：如果G是一个具有v个顶点的{\（\mu\）}分量图，那么HiA（G）=0暗示0\leqi\leqv-{\（\ mu\）{-1.i（G）=0暗示0\ leqi\ leqv-2。特别是，如果v\geq 2，那么HAobservation首先是由Michael和Sergei Chmutov[C05]在图连通且A=A2的情况下进行的。备注7。定理4中的不等式对于森林、多边形或其不相交并的图来说是尖锐的。但如果（非森林）图包含悬垂边，我们可以改进前面的结果。例如，我们144L。Helme-Guizon等人有（定理4的）推论8。（i） HvG-k-1（G）=0，如果G有k个垂边，而vG-k-1\geq 1。（ii）如果G在非自由分量中有一个垂边，则HiA（G）=0\Rightarrow 0\leq i\leq v1-2{\（\mu\）}1-1。证明。（i） 备注6表示，对于任何具有vG\geq 2的图G，HiA（G）p=0表示0\leq i\leq vG-2。使用命题3，我们可以看到，如果通过添加悬垂边从Y获得图Yi，\ast（Yp）=0，那么HAi，\asp（Y）=0。结合这两个结果，我们可以看到Hv-2，\astA（Yp）=0，其中v是Yp的顶点数。我们通过HA归纳悬垂边的数量来获得宣布的结果。（ii）设e为非自由构件中的给定垂边。根据命题3，我们得到HiA（G）\sim=HiA（G/e）\otimes A'。因此，HiA（G）=0表示iA（G/e）=0，这意味着i\leq v1（G/e）-2｛\（\mu\）｝1（G/e）=v1（G）-2｛\（\mu\）｝1（G）-1。H定理4的证明。（a） 我们将通过对n的归纳来证明不等式，其中n是G中的边数。如果n=0，G是具有v2顶点的空图。我们有v1={\（\mu\）}1=0。众所周知，对于所有i>0[HR05]，H0A（G）\sim=A\otimesv2和HiA（G）=0。因此，不平等现象仍然存在。假设不等式适用于所有不超过n条边的图。现在让G是一个有n条边的图。如果G是一个森林，那么众所周知，对于所有i>0，Hi（G）=0[HR05]。因此不等式0\leqi\leqv1-2{（\mu\）}1变为0\leq 0\lequeq 0。如果G有多条边，删除一条这样的边e会得到一个少一条边的图G-e。注意，v1（G-e）=v1（G）和{\（\mu\）}1（G-e）={\（\ mu\）{1（G）。由于删除多重边时上同调群保持不变，应用归纳法G-e证明了G的不等式成立。如果G有一个圈，不等式成立的可能性很小，因为HiA（G）=0代表所有i。现在，我们假设G不是森林，没有圈或多重边。因此，存在长度为3或更大的循环。让e成为这个循环的边。假设i>v1-2{\（\mu\）}1。将精确序列应用于（G，e），我们得到了{\（\ cdot \）}{\（\cdot \”）}{（\ cdot\）}\ to Hi-1A（G/e）\ to HiA（G）\ to HiA（G-e）\ to{\。对于图G/e，我们有v1（G/e）=v1（G）-1，｛\（\mu\）｝1（G/e）=｛\（\mu\）｝1（G），因此v1（G/e）-2｛\（\mu\）｝1（G/e）=v1（G）-2｛\（\mu\）｝1（G）-1<i-1，这通过归纳表示i-1（G/e）=0。对于图G-e，我们有v1（G-e）=v1（G）和{（\mu。因此，v1（G-e）-2{（\mu\）}1（G-e）=v1（G）-2{\（\mu）}1。因此，我们在图同调145（b）中有H扭转。通过（a），我们需要证明的唯一一件事是H0（G）不包含扭转。但这是因为H0（G）=ker（d0），这是自由阿贝尔群C0的一个子群。在下一小节中，我们将说明，如果我们限制我们处理的代数类，我们可以改进定理4的结果。3.2.上同调的厚度。实际上，这一小节包含以下两个结果：定理10表明，在代数是指向的温和假设下（参见下面的定义9），对应于“小”值i和j的上同调群是微不足道的。定理12表明，在代数次数小于或等于m的假设下，对应于“大”值i和j的上同调群是平凡的。然后我们结合这些结果来确定当A=Am.Definition9时，哪些上同调群可能是非平凡的。我们说，如果一个分次Z-代数有一个直接和分解为a=Z1\oplus a'形式的Z-子模，其中a'的所有齐次元素的度都大于或等于1，则它是有意义的。定理10.设G是具有v个顶点的{\（\mu\）}分量图。设A是满足假设1的点Z-代数。我们有（a）Hi，jA（G）=0\右箭头i+j\geqv-{\（\mu\）}.i，j（G））=0\Rightarrowi+j\ geqv-}\（\mo\）}+1。（b） Tor（HA证明。设n是G的边数。我们通过对n的归纳进行论证，其中我们的归纳假设由语句（a）和（b）组成。初始步骤。如果n=0，G是Nv，则v顶点上的空图。该定理适用于任何森林的事实如下所示（不使用归纳法），因此我们在此不再重复证明。诱导步骤。假设归纳假设适用于所有n’<n。如果G有一个圈，则归纳假设满足，因此我们可以从现在开始假设G没有圈。如果G有多条边，用单条边代替多条边从G得到的图G’的边更少，因此我们可以使用G’的归纳假设。由于G和G具有相同的上同调群、相同数量的顶点和相同数量的分量，这证明了G的结果。从现在开始，在这个证明中，我们假设G没有环，也没有多条边。案例1:G是一片森林。假设G是由总共有n条边的{（\mu\）}树组成的森林，并将其表示为F{（\ mu\）{，n。上同调146L。Helme-Guizon等人通过增加N条悬垂边，得到了F{\（\mu\）}的群，它是由N{\（\ mu\）{的上同调群得到的。根据定理3，除了H0A（F{（\mu\）}，n）\sim=A\otimes{（\sim\）}\otimes（A'）外，F{\（\mu）}的上同调群是平凡的，其中A'满足A=Z1\oplus A'，并且A'的所有齐次元素的度都大于或等于1（因为A是指向的）。因此，H0A（F{（\mu\）}，n）的均匀元素的阶数j大于或等于n。在上面的代入n=v-{。此外，所有其他上同调群都是平凡的，并且没有扭曲，因此满足归纳假设（不使用归纳法）。案例2:G不是森林。由于我们假设G没有循环，也没有多条边，所以G不是森林意味着它包含一个3阶循环。让e成为这个循环的边。边e不是地峡，所以G-e也有{\（\mu\）}分量。当然，不管e是否是地峡，G/e都有{\（\mu\）}成分。因此，｛\（\mu\）｝＝｛\（\mu\）｝G＝｛\（\mu\）｝G-e＝｛\（\mu\）｝G/e。（G，e）上的精确序列产生｛\（\cdot\）｝｛\（\cdot\）｝｛\（\cdot\）｝\到Hi-1，jA（G-e）\到Hi，jA（G）\到Hi，jA（G-e）\到｛\（\cdot\）｝｛\（\cdot\）｝｛\（\cdot\）｝ot\）｝。如果我们将具有负高度的上同调群定义为平凡群，则不必担心i-1 \geq 0。由于G-e和G/e都比G少一条边，归纳假说适用于它们。假设i+j<vG-{（\mu）}G。我们需要证明Hi，jA（G）=0。（G，e）上的精确序列给出了｛\（\cdot\）｝｛\（\cdot\）｝｛\（\cdot\）｝给Hi-1，jA（G/e）\给Hi，jA（G）\给Hi，jA（G-e）\给｛\（\cdot\）｝｛\（\cdot\）｝｛\（\cdot\）｝。不等式i+j<vG-{\（\mu\）}G=vG-e-{\（\ mu\）{G-eimplies Hi，jA（G-e）=0 by-{\（\tu\）}Gimplies（i-1）+j<i-1，j（G/e）=0乘（a）。因此，归纳假设的（a）部分。此外，i+j<vG（vG-1）-{\（\mu\）}G=vG/e-{\。序列0到HA假设i+j<vG+1-{（\mu\）}G。我们需要证明Tor（HA）（G，e）上的确切序列给出{\（\cdot\）}{\（\ cdot\）}。不等式i+j<vG+1-{。不等式i，j（G-e）是挠率i+j<vG+1-{（\mu\）}G=vG-e+1-{\（\mu）}G-i意味着归纳假设的（b）部分是自由的。此外，i+j<vG+1-{（\mu\）}Gimpliesi-1，j（G/e）通过（b）无扭转。（i-1）+j<vG-{\（\mu\组。注意，我们正在处理有限生成的阿贝尔群，所以自由和无挠是等价的概念。以下声明表明，这足以证明Hi，jA（G）是自由的。索赔。如果H是形式为0到F到Hh到F'到{（\cdot\）}{\（\cdot \）}}{\。索赔证明。上述精确序列产生了短的精确序列0到F到Hh到Im（h）到0，因为Im（h）是自由的。因此，H\sim=F\oplus Im（H），它证明了H是自由的。现在，我们用代数的阶数小于或等于m的假设来代替代数所指的假设。定义11。我们说，如果a的所有齐次元素的阶小于或等于m，则分次Z-代数的阶小于等于m。定理12。设G是一个不一定连通的图，有v个顶点。设A是一个次数小于或等于m-1的Z-代数，满足j（G）=0\Rightarrow（m-1）i+j\leq（m-1）v.假设1。我们有HA证明。设n是G的边数。我们将通过对n的归纳来证明结果。初始步骤。如果n=0，G是Nv，则v顶点上的空图。特别是，G是一片森林。该定理适用于任何森林的事实如下所示（不使用归纳法），因此我们在此不再重复证明。诱导步骤。设n \geq 1。假设归纳假设对n-1成立。假设（m-1）i+j>（m-1”vG。我们需要证明Hi，jA（G）=0。设e是G的边。（G，e）上的精确序列给出{\（\cdot\）}{\（\ cdot\，）}{（\ cdot \）}到Hi-1，jA（G/e）到Hi，jA。注意，由于G-e和G/e的一条边比G小，归纳假设适用于它们。通过归纳假设，不等式（m-1）i+j>（m-1）vG=（m-1”vG-eimplies Hi，jA（G-e）=0。根据归纳假设，（m-1）i+j>（m-1。序列（m-1）vG/eso H0到Hi，jA（G）到0是精确的，因此Hi，jA（G。148升。Helme-Guizon等人。我们定义了Z代数Amby-Am:=Z[x]/（xm）。对于这个特殊的代数，我们可以结合前面的定理得到推论13。设G是一个具有v个顶点的{\（\mu\）}分量图。如果G没有孤立的顶点，那么：1。您好，jAm（G）=0\右箭头0\leqi\leqv-2{\（\mu\）}（1a）i+j\geqv-{\（\ mu\）{（1b）（m-1）i+j \leq（m-1）v（1c） 2.Tor（Hi，jAm（G））=0\向右箭头1\leqi\leqv-2{\（\mu\）}（2a）i+j\geqv+1-{\（\ mu\）{（2b）（m-1）i+j \leq（m-1）v（2c） 这显示了支持Hi，j（G）的区域的厚度。图1中给出了一个示例。在m=2且G相连的情况下，m.Chmutov和S.Chmuto也观察到了这一点[C05]。图1。当A=Am时，连通图的厚度限制3.3.多边形的特殊情况。对于n \geq 3，我们用Pn表示具有n条边（和n个顶点）的多边形图。我们可以用自然的方式将这个定义扩展到n=1和n=2的“退化”情况。设P1是一个顶点和一个回路相连的图，P2是两个顶点由两条边连接的图。图同调中的扭转149引理14。设Pn是n条边的多边形，A是满足假设1的代数。如果i和n分别为1和1，则Hi+1A（Pn+1）=HiA（Pn）。证明。在[HR05]中，证明了满足假设1的代数A可以写成A=Z1\oplus A'。使用这些符号，具有n条边的树Tn的上同调群已知为（参见[HR05]）H0A（Tn）=a\otimes a'\otimesn，如果i=0，则HiA（Tm）=0。固定n和i，设e为Pn+1的边。将树的上述结果应用于（Pn+1，e）上的精确序列，得到G-eG/eGG-e{\（\cdot\）}{\（\ cdot\”）}{（\ cdot \）}\ to Hi（Tn）\ to Hi-（Pn）\ to-Hi+1（Pn+1\ to Hi+1（Tn。通过归纳，我们得到了推论15。设Pn是n条边的多边形，A是满足假设1的代数。如果i\leq n，则HiA（Pn）=H1A（Pn-i+1），否则为0。这表明，确定高度为1的上同调群足以恢复所有同调群。事实上，唯一没有由上述公式确定的上同调群是高度为0的群。它们可以通过色多项式从前面的公式中获得，因为0\leqi\leqn（-1）iq dim（Hi）=PG（q dim A）。4.代数为Z[x]/（x2）时的扭转。在本节中，我们将重点讨论代数A2=Z[x]/（x2）。因此，所有上同调群都将基于A2。在4.1中，我们回顾了一些有用的事实。我们的主要结果在4.2中陈述，并在4.3和4.4中证明。4.1.事实和观察。专门用于m=2的推论13给了我们一些关于连通图上同调厚度的信息：推论16。连通图的上同调集中在两条对角线上，即i+j=v和i+j=v-1。扭转只能发生在前者上。150升。Helme-Guizon等人。“对角线”语言指的是跟踪图2中所示的上同调群的方法。在跟踪上同调群的数组中，不带括号的数字表示Z的副本数，而带[kl]形式括号的数字则表示Zl的k个副本。例如，在循环图P6的情况下（参见下面的图2），位置i=2，j=4的[12]表示H2,4（P6）\sim=Z2{4}，位置i=2，j=3的1表示H2,3（P6。这个例子还说明了所有非平凡上同调群的高度i都是0 \leq i \leq 6-2。0i+j=501i（高度）234 11i+j=6 2[1]2 311 j（度）151 16 4[1]G=P=62图2。H\ast，\astA2（P6）我们现在回顾一下[HR04]中证明的一些事实，这些事实将有助于确定哪些图形发生扭转。事实17.森林的上同调群，特别是树的上同伦群，都是在零高度上支撑的，没有扭曲。如果图有一个循环，那么所有的上同调群都是平凡的。事实19.如果图的多条边被单条边替换，则上同调群不变。[HR04]的下表说明了我们对电路图的计算结果（最多n=6和i=4），其中n是周期的长度，i是同源群的高度。我们用Pn表示n条边上的电路图，其中P代表多边形，因为符号Cnha已经用于链组。图同调151 H0H1H2H3H4 P100000P2Z{2}\oplus Z中的扭转{1}0000第3Z页{3} Z2公司{2} \oplus Z{1}000P4Z｛4｝\ oplus Z{3} Z轴{3} Z2公司{2} \oplus Z{1}00第5Z页{5} Z2公司{4} \oplus Z{3} Z轴{3} Z2公司{2} \oplus Z{1}0P6Z{6}\oplus Z{5} Z轴{5} Z2型{4} \oplus Z{3} Z轴{3} Z2公司{2} \oplus Z｛1｝注意，这个表说明了引理14和推论16。它还说明了[HR04]中出现的以下一般结果，为了方便起见，我们在此重复。定理20.对于i>0，HiA2（Pn）\sim=如果n-i\geq 2为偶数，则Z2{n-i}\oplus Z{n-i-1}为奇数，如果n-i\ leq 1为0 对于i=0，H0A2（Pn）\sim=如果n是偶数且n是geq 2，则Z{n}\oplus Z{n-1}{n} 如果n是奇数，如果n=1，则n是geq 2,0 我们首先注意到，对于所有n \geq 3，H \ast（Pn）包含扭转。仔细观察这些例子可以发现，在奇数循环的情况下，H1（Pv）中似乎总是存在v-1度的扭转，而在偶数循环的v-2度的情况下2（Pv）中，H中似乎总是有扭转，其中v是图的顶点数。这些注释将指导我们构造引理。4.2.结果定理21（扭转定理）。图G的上同调H\astA2（G）包含扭转部分当且仅当G没有圈并且包含大于或等于3的阶圈。在这种情况下，如果循环具有奇数长度，1，v-1（G）包含Z2-扭转，并且如果循环具有偶数长度，则HA22，v-2（G）含有Z2-扭转。HA2证明。”\Rightarrow“如果G有一个环，所有上同调群都为零，所以不可能有扭曲。所以我们可以假设G没有环路。如果G不具有大于或等于3的阶循环，那么通过用单条边替换多条边从G获得的图是森林，因此在其上同调中没有扭转[HR04]。由于删除多条边不会改变上同调群[HR04]，因此G的上同调也没有扭转。152升。Helme-Guizon等人。“Leftarrow”如果G没有环并且包含大于或等于3的阶循环，下面的引理22和23意味着H\astA2（G）包含扭转。4.3.奇数循环情形Lemma22。如果具有v个顶点的无环图G包含长度为geq 3的奇数圈，则H1，v-1（G）包含Z2-扭转。证明。设G是一个具有v个顶点的无圈图，其中v个顶点包含一个长度为2s+1且s为geq 1的圈。在v-1度的ker（d1）中找到一个元素z就足够了，即在H1（G）中2z=0，在H1中z=0。H1（G）中的条件2z=0与Im（d0，v-1）中的2z\相同。因此，我们的第一步是确定Im（d0，v-1）。d0，v-1的矩阵表示。为了方便起见，我们从循环中的顶点开始标记图的顶点。循环中的顶点被连续标记为v1到v2s+1，要求每个vi与vi+1相邻，v2s+1与v1相邻。不在循环中的顶点被标记为v2s+2tovp。示例如图3所示。图3。C0，v-1（G）和C1，v-1。不在循环中的边被标记为e2s+2到en。这里我们使用增强态的概念。C0，v-1（G）的基元是增强状态（s，c），其中s=\varnothing，c是1或x的图同源153中对G的v顶点的赋值Torsion。由于总次数是v-1，所有顶点都被赋值为颜色x，除了赋值为色1的顶点。将1指定给顶点vi，将x指定给所有其他顶点的基本元素用bi表示。将1指定到循环中顶点的基本元为b1到b2s+1。为了写出d0，v-1的矩阵，我们还需要描述目标空间C1，v-1（G）的基本元素。首先，请注意，每个基本元素都包含一条边，根据假设，这不是一个循环。因此，它们都有v-1分量。因此，由于度的原因，所有组件都被指定了颜色x。当前边为ei且x被指定给所有组件的基本元素用ai表示。当前边在循环中的基本元素是a1到a2s+1。使用这些符号，我们得到了表示d0，v-1的矩阵，如下面的（2）所示。设z=ni=1ai.0，v-1）。在三角形的矩阵表示中，我们首先证明了在Im（d d0，v-1）中，在基（ai）i中，微分的bi图像的坐标列在第i行中。（2） 2s+1）至---11|-+-|0|M211--1…d0，v-1a1a2{\（\cdot\）}{\。d（b1）\至；11 |；1天（b2）至页11|. .. ...|M111 |1... ... ... d（b d（b2s+2）\到。。。d（bv）\到|1 d（bi）2，2，{（\cdot\）}{\（\cdot \）}}{\右边一栏中所有等于1 in（2）的值表示加法前每行乘以的系数。通过将该矩阵的所有行相加，我们可以看到d（vi=1bi）=2z，因此2z\in0，v-1）。这也意味着z\in ker（d1，v-1）。实际上，在C2（G）中，2d1（z）=d1（2z）=0 Im（d），这意味着由于C2（G。154升。Helme-Guizon等人。为什么M1和M2行相加总是在j\geq 2s+2的第j列上产生2的坐标，原因如下。每条边都有两端（请记住，没有循环），因此每个边都有{aj}j\geq2s+2正好位于两个bi的图像中，对应于放置在边缘ej的每个端点上的1。\三角形仍然显示z/\ in Im（d0，v-1）。假设对于C0，v-1中的某个x，z=d（x）。对于某些{\（\alpha\）}i.d0，v-1a1a2{\（\ cdot\）}{\（\t）}a2s+1|a2s+2{\。d（b1）\至；11|{\（\α\）}1d（b2）\到页页11|. .. ...|M111|11|---+-|0|M2页{\（\alpha\）}2…{\（\ alpha\。。。d（b2s+1）\到---d（b2s+2）\到。。。d（bv）\到|{\（\alpha\）}v z=d（vi=1{\（\ alpha\ cdot\）}{\（\cdot\，将所有直线相加得到（1，1，…，1），ai上z的坐标。如果我们现在按列阅读，我们会得到一个矛盾：列1:{\（\alpha\）}1+{\（\ alpha\列2s+1:{\（\alpha\）}1++{\（\ alpha\显示z/\ in Im（d0，v-1）。图同源性中的扭转155 4.4.偶循环情况。最简单的没有奇数圈的简单图是“方形”C4。如前所述，在这种情况下，扭转只出现2（G），这表明我们必须深入研究H的上同调，才能找到比奇数循环情况下的扭转。引理23.设G是一个简单图，即一个无圈无多条边的图。如果G包含长度为4的偶数循环，那么H2，v-2（G）包含Z2扭转。证明。在ker（d2，v-2）中找到一个元素z就足够了，这样2z=0在H2（G）中，z=0（H2（G）中。H2（G）中的条件2z=0意味着Im（d1，v-2）中的2z\。因此，我们的第一步是确定Im（d1，v-2）。d1，v-2的矩阵表示。图的顶点和边的标记与奇数循环情况中描述的相同，如图3所示。C1，v-2（G）的基本元素是增强状态（s，c），其中s由一条边组成，c是[G:s]的v-1分量的1或x赋值。由于总阶数是v-2，因此所有组件都被指定了颜色x，除了一个组件被指定为颜色1。其基本元素。边是ei，赋值为1的顶点是vjis，用biexample表示，如图4所示。图4。C1，v-2（G）中基本元素的符号我们还需要描述目标空间C2，v-2的基本元素。设（s，c）是C2，v-2（G）中的增强状态。图[G:s]具有v-2分量，因为添加两条边会自动将分量数减少两个（请注意，G不包含循环或多条边）。因此，由于度的原因，所有组件都被指定了颜色x。存在边缘的基本元素是ei和ej，x被指定给所有组件，用aij表示i<j.156L。Helme-Guizon等人。通过这些符号，我们得到了表示d1，v-2的矩阵，如下所示。现在我们准备展示一个v-2度的k（d2）中的元素z，使得H2（G）中的2z=0，H2（G）中的z=0。\三角形我们首先证明在Im（d1，v-2）中存在一个所有坐标均为偶数的元素。这是我们要找的2z。在d1，v-2的矩阵表示中，以（aij）i，j为基础的微分的jun图像的坐标列在第i行。双d日1，v-2循环中的其他边缘i、 j个=1不在循环中有效。e（电子）1和e（电子）我，电子j在循环中，至少有一条边一12一13{\（\cdot\）}{\（\tdo\）}{\（\t）}一1,2秒|一23{\（\cdot\）}{\（\tdo\）}{\（\t）}2秒-1,2秒|所有其他一ij公司 d日(b条11） 页页页-1-1||-1...|0|M（M）1...-1||-1-1||------|-----|----||0|0|M（M）2||------|-----|----||M（M）三|M（M）4|M（M）5||------|-----|----||0|0|M（M）6页页页1……1–1...1–0...0–0...d日(b条31)d日(b条2秒1)- - – d日(b条2秒+11)...d日(b条v（v）1)- - – d日(b条j我)e（电子）我，vj在循环中我= 1- - –其他b条j我||-1-1||1 0d日(1\列克杰\列克夫b条j1) =-2-2{\（\cdot\）}{\（\tdo\）}{\（\t）}{\（\cdot\）}{\（\tdo\）}{\（\t）}-2|0{\（\cdot\）}{\（\tdo\）}{\（\t）}0|-2{\（\ε\）}ij公司= 2z（z）这里{（ε）}ij在{0，1}中表示j中的所有（i，j），其中j是所有（i、j）的集合，这样至少有一条边ei，ej不在循环中，i<j。“其他bji”表示ei不在循环或ei在循环中但vj不在。我们需要解释为什么M1和M2行相加总是在每个aij（i，j）上产生等于-2或0的坐标。如果i=1，那么这两个a1ji在正好两个bj1的图像中的每一个，对应于边ej的每个端点处的图同源性157中的1位扭转的那些（因为在没有循环的假设下，每个边都有两个末端）。如果i=1，则图像中的aiji不包含任何bj1，因此i=1的aij上的坐标为0。还有待解释这些负面迹象。每个bj1是来自标记为10的状态的基本元素。0（存在的边是排序中的第一条边），因此用i\geq 2添加边i的peredge映射的标签是10。0\ast 0。0，星号位于第i个位置。微分的定义是，当恒星前面有奇数个1时，地图会被指定一个负号。通过将这个矩阵的前v行相加，我们可以看到所有的坐标vbj1）都是偶数，因此我们可以称这个元素为2z。因此，我们已经实现了d（j=1），我们的第一个目标是在Im（d1，v-2）中找到2z。注意，由于C3（G）没有扭转，这意味着z\in ker（d2，v-2）。\三角形仍然显示z/\in Im（d1，v-2）。假设对于C1，v-2（G）中的某个y，z可以写成z=d（y）。我们在前面用来写d1，v-2的矩阵表达式的C1，v-2（G）的相同基础上写y的坐标。d日1，伏-2循环中的另一个边缘i、 j个=1不在循环Coeff。e（电子）1和e（电子）我，电子j在循环中，至少有一个边缘一12一13{\（\cdot\）}{\（\tdo\）}{\（\t）}一1,2秒|一个23{\（\cdot\）}{\（\tdo\）}{\（\t）}2秒-1,2秒|所有其他一ij公司 d日(b条11)页页页页-1-1||-1...|0|M（M）1...-1||-1-1||----- -|-----|----||0|0|M（M）2||----- -|-----|----||M（M）三|M（M）4|M（M）5||------|-----|----||0|0|M（M）6页页页页{\（\字母\）}三。。。{\（\字母\）}2秒-1{\（\字母\）}2秒- -{\（\字母\）}2秒+1...｛\（\alpha\）｝v（v）- -{\（\测试版\）}1...{\（\测试版\）}米- -{\（\gamma\）}1...d日(b条31)d日(b条2秒1)- - – d日(b条2秒+11)...d日(b条v（v）1)- - – d日(b条j我)e（电子）我，vj在循环中我= 1- - –其他b条j我-1-1||｛\（\alpha\）｝1||{\（\gamma\）}米’ d日(年) =-1-1{\（\cdot\）}{\（\tdo\）}{\（\t）}{\（\cdot\）}{\（\tdo\）}{\（\t）}-1|0｛\（\cdot\）｝｛\（\cdot\）｝｛\（\cdot\）｝0|-{\（\增量\）}ij公司=z（z）158升。Helme-Guizon等人。也就是说，基可以描述为分区B1\sqcup B2\sqcup B3，其中B1是基元素的集合，其中边的存在是e1，B2是j的集合，因此ei是循环中的边，但不是e1，vj是基元素bij，即循环中的顶点，B3是所有其他基本元素的集合，其中ei是循环中的边，而vj不是循环中的顶点，或者ei不在循环中。使用这个基础，我们可以将y写成基本元素的线性组合，用{\（\alpha\）}i标记其在B1元素上的坐标，用{（\beta\）}i标记其对B2元素的坐标，以及用{\。注意，B1中没有b21，因为b21和b11是相同的（并且没有相应的{\（\alpha\）}系数）。因此，第一个带-1的块矩阵是一个（2s-1，2s-1）矩阵。如果我们现在按列读取，那么对于矩阵表示中的前两个列块，即与循环中具有两条边的基本元素相对应的列，我们得到的结果如下：列1（a12）：-{\（\alpha\）}1-{\（\ alpha）}3|+S1=-1列2（a13）：-{\（\alpha\）}3-{\（\ alpha\”）}4|+S3=-1………|。。。列2s-1（a1,2s）：-{\（\alpha\）}1-{\（\ alpha\”）}2s|+S2s-1=-1---------|-列2s（a23）：|+S2s=0。。。0|... 列2s2（a2s-1,2s）：|+S（2s2）=0-{\（\alpha\）}2s-1-{\（\ alpha\ Si是M3和M4乘以{（β）}i的结果，由列读取。它们的和S{（β）}是{（贝塔）}i与Z中的系数的线性组合。证明这些系数都是偶数就足以得到矛盾，因为这意味着左手边是偶数，右手边是奇数。这将通过显示矩阵M=[M3|M4]的每一行中正好有两个非零项来实现，并且这些项是{\（\pm\）}1.j，对于ei，vjin这个循环，确实有两种方法，对于任何bi，在条件j）下，在这两个基础上添加一条与组件相邻的边，即该边处于循环中。d（bi元素的坐标为{\（\pm\）}1，显示在M中。图同系物159中Torsion图像中的其他基本元素在微分之后将至少有一条边不在循环中，因此相应的坐标将出现在M5中。4.5.链接与Khovanov上同调的连接。回想一下，在无方向交替链接图集和平面图集之间有一个双射，最初由Tait描述。事实上，可以根据图（1）在平面图的每条边上画一个交叉点，然后沿着边连接，如图5中的虚线所示。这样我们就得到了一个无方向的交替链接图。图5。左手三叶结及其Tait图P3相反，根据惯例，我们可以使用棋盘着色从交替链接的图中获得平面图（详细信息请参见[F7]）。我们将在这里使用的Khovanov上同调的版本是Viro在[V04]第6节中定义的框架无定向链接的版本。它对增广的考夫曼括号多项式进行了分类，即考夫曼托架多项式的版本，该版本在空链接上取值1。由于使用了不同的符号来描述这种分类，我们首先指定我们使用的符号。交叉点标记为1到n，与交叉点相关的0标记（即1标记）表示我们在此交叉点执行a平滑（即a-1平滑）。A平滑是霍瓦诺夫所说的0分辨率，Bar-Natan所说的0-平滑。它们对应于病毒的阳性标记。图6说明了链状络合物之间的关系。在该图中，我们采用了与 [2] [BN02]。定理24.设D是无定向框架交替链路的图，G是其Tait图。设l是G中最短循环的长度。（1）我们从图创建连接图的约定对应于负图（带所有负边的有符号图）。然而，我们在本文中不处理带符号图，因此我们的约定不应导致混淆。我们的选择是由这样一个事实决定的，即我们希望链接情况下的交叉点的0分辨率与图情况下不存在边的情况相对应。160升。Helme-Guizon等人1003i=0110内径12i=2i=3i=1m G=P3 00011101010mm 001011 m链状复合体一致，直到一个循环结束。然后链状复物发散，如图6所示。代数为Z[x]/（x2）时左手三叶结及其Tait图P3的链复合体的比较对于所有i<l-1，我们有Hi，jGraph（G）\sim=Hp，q（D），其中p=V（G）-i-2j，q=E（G）-2V（G。[V04]中定义的无定向框架连杆的理论（此外，Tor（Hi，j（G））=Tor（Hp，q（D）），i=l-1。证明。对于{0，1}n中的每个状态{\（\alpha\）}\，只要添加边不会关闭图中的循环，图的连接组件和链接实例就自然地相互对应。示例见图6。维罗在他的结构中没有提到Z代数Z[x]/（x2），但他将+和-符号赋给圆，然后在两个圆盘合并时使用明显的乘法将它们组合起来：+\ast+=+，+\ast-=-\ast+=-和-\ast-=+。通过这种乘法，基为+和-的自由Z-模是与Z[x]/（x2）同构的Z-代数，在对应的+\leftrightarrow 1，-\leftreghtarrows x下。在这两种情况下，我们通过给每个分量分配一个A2=Z[x]/（x2）的副本来构建链群，在分量上取张量积，并沿列直接求和。因此，只要生成子图是树，链群就是同构的。差异也一致：只要添加边不会关闭图中的循环，将一个标记从0更改为1对应于链接盒中的连接盘和图盒中的链接组件，如（2）中所示。如果我们使用[V02]中的先前定义，我们得到Hi，jGraph（G）\sim=Ha，b（D），其中a=E（G）-2i，b=E（G）-2V（G）+4j。在Viro的两个定义中，度是相同的q=b，并且对应于考夫曼括号多项式的A度。图同系物161中的扭转，在这两种情况下，新标签都是使用A2的乘法计算的。这足以看出，对于i<l-1，上同调群是同构的。这两个链复合体的高度和梯度的定义不同，所以我们需要找出它们之间的关系。让我是一个i<l-1的整数。回想一下，链接上同调中的增强状态S是根据标记对链接图进行平滑处理，结果中的每个圆圈都被着色为1或x。如果链接上同质中存在增强状态S，则p（S）被定义为1的数量减去x的数量[V04]。这可以写成p（S）=#1-#x=#1+#x-2#x=#circles-2j，因为在图的上同调中，分级j是x的数量。此外，请注意，由于i<l-1，链接上同调的圈数与相应图的上同调中的图的连通分量数相等。因此，p（S）=#分量（[G:S]）-2j。由于通过我们对i的假设，添加边不会闭合任何循环，因此图的连接分量的数量等于顶点的数量V（G）减去边的数量i。这证明了p（S）=V（G）-i-2j。我们现在处理q（S）。给定链路上同调中的增强状态S，q（S）定义为交叉的0分辨率数量减去交叉的1分辨率数量减去2p（S）[V04]。这可以写成q（S）=#0-分辨率-#1-分辨率-2p-i-2j）。这证明q（S）=E（G）-2V（G）+4j。现在，注意我们可以得到比整个同调群更好的扭转结果。事实上，如果我们只想计算一些同源群的扭转部分，我们只看图像，而不是该高度上的微分核，链式复合体中的图像在i=l-1之前是一致的。5.代数及其变形的计算。可以推测，类似于第4节的结果（例如定理21）一般适用于代数Am。特别是猜想25。图G的上同调H\ast\astAm（G）包含原子部分当且仅当G没有循环并且包含大于或等于3的阶循环。在这种情况下，H\ast\astAm（G）具有分阶m的扭转。在这一节中，我们给出了几个例子来证实猜想和i，j（P3）。特别地，我们计算了HAm。如前一节所述，A2的图上同调可以用来近似经典的sl（2）Khovanov上同调。我们可以推测162L.Helme-Guizon等人更一般的计算可以用于近似Khovanov–Rozansky sl（m）同调[KR04]（在这种情况下，A=Am=Z[x]/（xm））或其对应于代数A=Ap（x）=Z[x]/（p（x））的变形，其中p（x）是x中的多项式（比较[Gor04]）。几乎没有完成霍瓦诺夫-罗赞斯基sl（m）同源性的计算，推测主要涉及其自由部分（比较[GuSchVa04，DGR05]）。我们的计算对于预测和验证未来结果非常有用。5.1.嗨，jAm代表一个三角形。我们在这里计算了图的上同调yi，j（P3），包括多项式环A\infty=Z[x]的情况。我们将主要定理分为两部分，分别描述了扭转部分和自由部分。回忆一下分级Z-模序列{Mi=jMi，j}的Poincar'{}e级数，其中Mi，ji是Miof次j的齐次元素集，定义为双变量序列jtiqjdimQ（Mi，j \otimesZQ）。根据我们对分级维数的定义，这可以改写为tiq dim（Mi）。分级Z模序列的Poincar'{}e级数是存储Mi，j的自由秩的一种方便方法。注意，如果两个序列{米}和自由分次Z-模的{M'i}具有相同的Poincar\'{}e级数，则群Mi，jand M'i，jare同构于所有i，j定理26。当代数是Am时，P3的上同调群完全由：（Torsion）Tor（H\ast，\astAm（P3））=H1，mAm{\（\cdot\）}+qm-1）。定理27.当代数是A\infty时，P3的上同调群完全由（高度0）H0决定，\astA\inft（P3）是自由阿贝尔群（A'）\otimes3，其中A'=Z{1}\oplusZ{2}\oprusZ{3}\oplus{\（\cdot\）}{\（\ cdot\。\infty j=1（高度1）H1A\infty（P3）=A'，即H1,0A\inffy（P3）=0和H1，jA\inft（P3。根据备注6，对于所有i geq 2，HiA infty（P3）=0。因此，语句（0）和（1）\ast，\ast（P3）一起等价于说上同调群HA\infty2+q3+{\（\cdot\）}{\（\ cdot\，）}3+t（q+q2+q3+{\。带有Poincar{}e级数（q+q）的自由阿贝尔群H0，astA（P3）同构于（A'）otimes31，ast（P3。图同源性中的HA扭转163推论28。设Pvbe是一个带有v\geq 3的v-gon；则（扭转）Tor（Hv-2，\astAm（Pv））=Hv-2、mAm（Vv）=Zm.v-2、\ast（Pv）等于（Free）HAm tv-2（q+q2+{（\cdot\）}{（\ cdot\，）}{\（\ cdot \）}}{\）}+qm-1）的Poincar\'{}e多项式。证明。根据推论15，Hv-2Am（Pv）=H1Am（P3）。我们同时证明了定理26和27。证明的思想是仔细分析P3和A的链映射0到C0、jd0、jC1、jd1、jC2、jd2、jC3、j0到0。回想一下，di，j表示dit对Ci的j次元素的限制。精确地了解d0和d1也将允许我们获得Am的结果。我们首先描述C1的基本元素，jA\infty（P3）=Z3（j+1）。每个基本元素由两个连接的组件组成，一个组件带有边，另一个组件由其余顶点组成。每个分量都用x的幂着色，因此指数之和为j，因为我们处理的是具有阶j的元素的基元素。我们用fxiedge表示存在是ei，孤立顶点上的颜色是xa。另一个组件上的颜色不需要在表示法中指定，因为它被强制为xj-a。为了简化表示法，我们将f1ismply表示为i=1，2，3。示例如图7所示。e1f=x1axj-av1v2f=1xj；；ee23 xav31图7。C1，jA\infty（P3）引理29（主引理）的基本元素。考虑j>0的C\ast、jA\infty（P3）。然后（a）f1+f2+f3、fxa1-f1、fxa2-f2和fxa3-f3（a\geq 1）构成1，j）的基础。ker（d（b）设R表示由元素f1+x1-f1）和所有形式的元素（fxai-fi）-a（fx1-f1）0，j）生成的C1，jA的子群。f2+f3+j（f，a \geq 1，i=1，2，3。然后R子集Im（d（c）来自（b）的元素构成Im（d0，j）的基础，特别是H1，jA\infty（P3）=ker（d1，j）/Im（d0、j）与Z同构，由x1-f1生成。此外，f1+f2+f3\equi-j（fx1-f1）in1，j（P3）。f HA\infty 164L类。Helme-Guizon等人。证明。让我们首先确定C0，jA infty（P3）和C2，jA infty（P3），并为它们的基本元素引入符号。P3的顶点标记如图7所示。三元组（xa、xb、xc）明显表示C0、jA、infty（P3）的基本元素，其中颜色xa与第一个顶点相关，xbis与第二个顶点相关以及xc与第三个顶点相关。每当我们使用这个符号时，都假设a+b+c=j。C2，jA\infty（P3）的基本元素有两条边，只有一条连接的j。如果是两个组件。因此，分配给该组件的颜色是x边为ei和ek，对应的基本元素表示为（xj）（ei，ek）。很明显，C2，j（P3）=Z3，基础为（xj）（e1，e2），（xj，e2，e3）和（xj。（a）的证明。i=1、2、3和0的元素fxai构成a1、j=Z3（j+1）。我们还将使用更方便的基形式eda-f1、fxa2-f2和fxa3-f3（a>0）。2，ji是由元素f2、f3、f1+f2+f3、fx1在C的基上生成的ker（d2，j）=Z2{j}的满态射。映射d1，ji是k（d2，j）上的一个满态射，事实上，d1，j（f2）=（xj）（e1，e2）-（xj。因此，3j+1xa1-f1、fxa2-f2和fxa3-f3（a>0）形成了一个基础1，j）。k（d）的元素f1+f2+f3，f注意，d1，jis满射的事实表明H2，jA infty（P3）=0，我们也可以使用定理4得到这个事实。（b）的证明。我们需要仔细分析d0，j的图像。为了简化我们的考虑，我们将使用{（τ）}，Ci的自同构，由2{（π）}/3逆时针旋转产生。d0，j与{\（\tau\）}交换，即{\（\t au\）{d0，j=d0，j{\（.tau\）。事实上，三角形com-a）={\（\tau\）}（fxa2）=fxa3的全二面体对称群的作用。示例显示了带有d0，j的mutes。图8中还有{\（\tau\）}2（fx1）。f=x1axj-axa=fx2a{\（tau\）}（f）=x1a-xa-xj-a图8。{\（tau\）}下C1，jA\infty（P3）的基本元素的图像。考虑到这一点，考虑Im（d0，jR1），它表示C0，j的d0，j（R1）下的图像，该图像由子群C的基本元素（xa1，xa2，xa3）生成，其中至少有一个ai等于0。考虑一般元素（1，xa，xb）（所有其他元素都是通过旋转和取不同的0\leq a\leq j Torsion（图同调165，b=j-a）从这个元素中获得的）。我们有（1）d0，j（（1，xb，xa））=fxa1+f2+fxb3。这种关系及其在｛\（\tau\）｝2下的图像，a和b的作用颠倒，即（2）d0（（xa，xb，1））=f1+fxa2+fxb3，如图9所示。bx xaxabxxjd（1，x，x）=ab1++xaabxbxd（x，x，1）=1ab++x xj图9从（1）中减去（2）表明，对于任何a，形式（fxa1-f1）-a-f2）的元素都是以Im（d0，jR1）表示的。将{\（tau\）}应用于这个关系，我们发现对于任何a和任何i mod 3，（fx2（3）（fxai-fi）-（fxai+1-fi+1）●●●●。我们写ea-fi）\equivR1（fxai+1-fi+1）（fxi来表示这些项在ker（d1，j）/Im（d0，jR1）中相等的事实。现在，注意fxa1+f2+fxb3等于R10乘以（1）。左侧等于fxa1-f1+f1+f2+fxb3-f3+f3，因此-f1）+（fxb3-f3）+f1+f2+f3\equivR10。（fx1使用i=3的（3），我们得到（fxa1-f1）+（fxb1-f1）+f1+f2+f3\equivR10。从上述计算中，可以看出，对于任何a和i=1，2，3，（4）（fxai-fi）+（fxbi-fi）+f1+f2+f3，对于任何i和a+b=j.166L，（3）'（fxai-fi）-（fxa1-f1）\ in Im（d0，jR1）。Helme-Guizon等人。因此，ker（d1，j）/Im（d0，jR1）是由a\leq j/2.0的f1+f2+f3xa1-f1类生成的，C0的j（R2）是由增强型和f生成的。现在考虑a+b=j的1\leq a-1\leqj-1的子群C状态（xa-1，xb，x）。我们得到了d0，j（（（xa-1、xb、x）））=fx1+fxa-12+fxb3。设Im（d0，jR1\cupR2）表示C0的子群C0的图像0，j（R1\cup R2），j是由增强的d下状态（xa1，xa2，xa3）生成的，其中至少有一个ai等于0或1。我们重写了前面的关系fx1+fxa-12+fxb3\equivR1\cupR20，表示两边和1，j）/Im（d0，jR1\cup R2）。左手边的f1、f2和f3的加减保持不变，因此右手边的ker（d（fx1-f1）+f1+（fxa-12-f2）+f2+（fxb3-f3）+f3\equivR1\cupR20相等。将（3'）应用于指数2和3的项，得到（fx1-f1）+（fxa-11-f1）+fxb1-f1）+f1+f2+f3\equivR1\cupR20。我们现在加减fxa1-f1，然后应用（4），因为a+b=j。Thex1-f1）+（fxa-11-f1）-（fxa1-f1）\equivR1\cupR20，即结果是（f（fxa1-f1）\equavR1\copR2（fx1-f1）+（fxa11-f1）。将其多次应用，我们得到（5）fxa1-f1\equir1\cupR2a（fx1-f1），特别是（6）fxj1-f1\equir1\cupR2j（fx1-f1）。请注意，对于任何a，将（5）应用于关系（fxa1-f1）+（fxb1-f1”）\equivR1\cupR2-（f1+f2+f3）会产生（7）j（fx1-f1）\equavR1\copR2-“f1+f2+f3”。这就完成了引理（b）部分的证明，因为它等于（5）中的（7）和（3'）。（c）的证明。我们刚刚证明了R\subet Im（d0，jR1\cupR2）\subet Im（d0，j），and 1，j）/R\sim=Z是由fx1-f1类生成的。我们从（a）中知道，ker（d）为了完成主引理的证明，我们需要证明用Im（d0，j）而不是R取商不会引入新的关系，即Im（d，j）=R。可以观察到所有基本元素d0，j（（xa1，xa1，xi1））与a1+a2+a3=j的映象都在R中。事实上，在图同系物167 ker（d1，j）/R的扭转中，我们得到了d0，j（（xa1，xa2，xa3））=fxa31+fxa12+fxa23\equivR（fxa31-f1）+f1+（fxa11-f1）+f2+（fxa21-f1）+f3\equifRa3（fx1-f1）+31（fx1-f1）+a2（fx1/f1）+（f1+f2+f3）\equiv Rj（fx1-f1）+（f1+f2+f3）\等于R0乘以（7）。我们现在准备证明定理26和27。立即从引理29我们看到，对于j>0，H1，jA\infty（P3）=Z，它与1,0（P3。HA-infty级数t（q+q H0，astA-infty（P3）可以直接从H1，astA.infty（P3）推导出来，方法是使用第2节的公式（1），该公式将色多项式表示为链复合体的分级Euler特征，即0\leqi\leqn（-1）iq dim（Hi）=PG（q dim A）。在我们的具体例子中，这变成了qdim（H0（P3））-qdim。由此我们可以导出H0，astA\infty（P3）的Poincar'{}e级数等于2+{（\cdot\）}{（\ cdot\ cdot \）}）。（q+q因此HA的Poincar’{}e级数，这证明了定理27。为了证明定理26，我们从它们=0推导出A=Am的情况（更多情况请参见定理36，通过添加关系x一般设置）。对于j<m，我们立即得到H\ast，jAm（P3）=H\ast.j=fxj2=fxj3=0，否则，对于j=m，我们得到f1=f2=f3=fx1主引理的证明没有变化。如前所述，我们发现fx1类生成ker（d1）/Im（d0）。此外，从f1+f2+f3=0 itx1=0和H1，jAm（P3）=Zj.1，j）\子集Im（d0，j）。因此，jf对于j>m，我们立即看到ker（d H1，jAm（P3）=0。定理26如下。5.2.更多计算。对于一般多边形Pv，v\geq 3，可以进行比较，前提是我们知道v'\leq v的H1，astAm（Pv'），如结论15所述。经典情况下m=2的结果在Theopute HAm-rem 20中陈述，也可以从Khovanov关于上同调168L的结果中推导出来。Helme-Guizon等人（2，v）-环面链接[K00]。我们推测H1，\ astAm（Pv）可以描述为3）。如下（推测30。多边形的H1Am：（奇数）Tor（H1，\astAm（P2g+1））=H1，gmAm（P2g+1）=Zm.1，\ast（P2g+1）等于HAm tq（g-1）m的庞加莱多项式（q+q2+{\（\cdot\）}{\（\cdot\）}{\（\cdot\）}+qm-1）。（偶数）H1，astAm（P2g+2）是具有Poincar\'{}e polyno-gm（q+q2+{（\cdot\）}{\（\cdot \）}{\（\tdo\）}+qm-1）的自由阿贝尔群。mial等于tq除了m=2之外，我们在其他一些特定的例子中检验了这个猜想。特别是，我们验证了H1,6A3（P5）=Z3和H1A3（P4）=Z{4}\oplus Z{5}。这个猜想可以用来完整地描述Pvvia推论15的上同调。注意，对于m=2，我们从第4节得到定理20。猜想31.多边形的所有上同调群H\astAm:（奇）对于v=2g+1，我们有：Tor（H\ast，\astAm（P2g+1））=Hv-2，mAm HAm（q+{\（\cdot\）}{\（\tdo\）}的Poincar\'{}e多项式{\（\ cdot \）}+qm-1）v+（q+{\（\cdot \。（偶数）对于v=2g+2，我们有：Tor（H\ast，\astAm（P2g+2））=Hv-2，mAm（P2g+2 m（v/2）-1）（q+{\（\cdot\）}{\（\ cdot\{\（\ cdot\）}{\（\cdot\，）}+q（q+{\（\tdo\）}}{\，（\tdot\）}{（\cdot）}+qm-1）（tv-2+（tv-3+tv-4）qm+（t3+t2）qm（g-1）+tqmg）。在某些情况下，通过对三角形上同调中扭转的认识，我们可以推断出其他图中存在扭转。带对角线的v-gon是通过在v-gon中添加一些对角线，使其不相交，从而从多边形中获得的图。命题32.如果G是带对角线的v-gon，并且a=Z1\oplus a'是anv-2，\ast（G）=H1，\astA（P3）。特别是v-2，m（G）=Zm。代数满足假设1，然后HA-HAm（3）本文发表在arXiv上后，已经证明了假设30和31 [3] 【P05】。图同调中的扭转169证明。该命题通过对以下两个引理的边数进行归纳，从而将G的上同调降为三角形的边数。Lemma33.设e是G的一条边，两个端点都为二次，且设v=vG>3。那么HvG/e-2，\astA（G/e）=HvG-2，\ast A（G）。证明。由于G-e有两个垂边，因此推论8（i）表明Hv-3，astA（G-e）=0和Hv-2，astA。因此，边e处G的长精确上同调序列减少到0=Hv-3，astA（G-e）减少到Hv-3、astA（G/e）减少到H2、astA。引理34。设e是G的一条边，使得e位于G中的一个三角形上，且与e相对的三角形的顶点具有二次。如果v=v（G）>3，则Hv-2，astA（G-e）=Hv-2、astA（G）。证明。根据备注6，HvG/e-1，\astA（G/e）=0。因为vG/e=vG-1，所以我们得到了vG-2，\ast（G/e）=0。此外，在用单个HA边缘替换G/e的双边缘后（这不会改变上同调群[HR05]），G/e有一个垂边，因此根据推论8（i），HvG/e-2，\astA（G/e）=0，即HvG-3，\astA（G/e）=0。在这种情况下，长精确上同调序列减少到0=HvG-3，astA（G/e）减少到HvG-2，astA。如果我们放松引理33的假设，我们会得到以下较弱的结果。命题35.设e是G的一条边，其端点为二次vG/e-2，\ast（G/e）։；设v=vG\geq 3。然后有一个满态{\（\alpha\）}:HAvG-2，\ast（G）。这个命题的证明与引理33的证明相同，只是我们只使用了证明中精确序列的右边。注意，我们不能期望{\（\alpha\）}总是同构的；例如，对于0，\ast（G/e）是自由的，而H1，\astA（G）是扭转的。命题vG/e-2，\ast（G/e）具有扭转G=P3，群HA 35甚至不足以保证，如果HAvG-2，\ ast（G）具有扭转。然而，它可以用来表明，对于当时的HA大类图（对应于Tait转换为非平凡的素代数连接图），群HvG-2，\astA（G）是非平凡的，并且支配三角形的第一个同调群。170升。Helme-Guizon等人，定义36。Pn-序列平行图是一种可以通过以下有限次数的操作从多边形Pn中获得的图：用两条边替换一条边或细分一条边。命题37.如果图G是Pn-序列平行的，则存在一个n-2（Pn）։；Hv-2A（G）或等效H1A（P3）։；Hv-2A（G）同态HA，因为左侧的两组同构于推论15。证明。我们注意到，添加平行边不会改变上同调群[HR05]，细分边会导致满态性（命题35）。因此，结果是通过归纳边的数量得出的。由于任何Pn-序列并行图也是P3-序列并行图，这与命题26相结合意味着如果图G是Pn-系列并行图-2，m（G）等于Zm’or 0，其中m’i是m的除数。包括完整的图K4，在HAm命题38中具有扭转。设e是图G的边。如果Hv-3，jA（G/e）是有限的，v-2，j（G-e）有挠，那么Hv-2，jA。可能微不足道，并且具有HA证明。这源于图上同调的长精确序列：\到Hv-3，jA（G/e）\到Hv-2，jA（G）\到Hv-2，jA（G-e）\到Hv-2，jA（G/e）=0。为了说明命题38，考虑完整的图K4及其任意2，m（K4-e）=Zm和它的边e。通过命题32，我们知道HAm1，m（K4/e）=Zm，所以我们有一个精确的序列{\（\cdot\）}{\（\ cdot\。我们得出结论：HAmby Zm，其中m’是m）的除数，并且包含一个m阶元素。回想一下，群H是Zm’by Zmmeans的扩展，有一个形式为0到Zm’到H到Zm到0的精确序列。图K4是我们可以证明invG-2，m（G）具有非平凡扭转的一系列图之一。其中一些方式类似，如图9所示。图9。图HvG-2中具有扭转的图，图同源中的mAm（G）扭转171注意，在我们的示例中，HvG-2Am（G）具有非平凡的扭转。然而，至少对于非2-连通图来说，情况并非总是如此。例如，考虑单顶点积P3\ast P3=。然后我们得到H3A（P3\ast P3）=0。这是删除收缩长精确序列的以下三项部分的结果：0=H2A（）\otimes a'=H2A。在更广泛的背景下，可以尝试推广第4节中m=2的结果。人们可以推测，如果无圈图G包含a1，则ast（G）包含Zm-扭转，如果无环图G包含三角形，则HAm2，ast（G）包含Zm-扭转。哈姆·a·舒马科维奇（HAm a.Shumakovitch）的平方猜想，对于交替连接，霍瓦诺夫同调中的扭转只能有2阶元素。我们推测，对于代数A2，ast（G）可以类似地具有HA21,5（K4）=Z23\oplus仅为2阶元素的扭转部分。然而，根据[PPS06]中的计算，HA32，因此H\ast\astA3（G）的扭转元件的阶数不是三次方。此外，在[PPS06]中，平面图族G1，对Gk Z6\oplus Z（见图10）进行了分析，有明显迹象表明，对于任意n，都有一个带有扭转Zn的图。具体来说，H1,13A3（G1）=Z4\oplus Z73\oplusZ12,1,21（G2）=Z18\oplus-Z103\oplus.Z15，H1,29A3（G3）=Z8\oplu斯·Z153\oplus/Z20，H1,37A3。HA3 Z10\oplusZ193\oplus Z25、HA3和HA3 G1G6图10。图族Gi，其中i是方块数5.3.代数的变形Am.Khovanov和Rozansky构造了链接的sl（m）同调[KR04]。本例中的基本代数是Am=Z[x]/（xm）。然后Gornik考虑了这个sl（m）同调的变形，将其用作基础代数Ap（x）=Z[x]/（p（x）），其中p是多项式。172升。Helme-Guizon等人。在这里，我们证明了（4）：定理39。（i） H1Ap（x）（P3）=Z[x]/（p（x），p'（x）），其中p'（x）是p（x）'（x）的导数）是由p（x）和p'（x）生成的理想。特别是，（p（x），p秩（H1Ap（x）（P3））=degQgcd（p（x），p'（x））。等价地，秩（H1Ap（x）（P3））=xi（mul（xi）-1），其中和取p（x）的所有根，mul（xi）是根xi的重数（x） ），其中m=deg p（x）。（ii）H0Ap（x）（P3）=Zm（m-1）（m-2）+degQgcd（p（x），p（iii）更一般地，考虑代数A=Z[x]/I，其中I是Z[x]中的理想。设I’是由I中元素的导数生成的理想。注意，I’子集I’是因为对于I中的任何p（x），我们都有p（x）=（xp（x））'-xp'（x）。那么H1Z[x]/I=Z[x]/I'。注意，对于p（x）=xm，定理39与定理26一致，因为Z[x]/（xm，mxm-1）作为一个群与Zm-1\oplus Zm同构。对于p（x）=x2-bx-a，我们从[HR05]恢复结果，因为Z[x]/b2+4a的Z2=0，Z|b2+4a|表示b2+4a=0和b奇数，Z2\oplus Z|b2+4a|/2表示b2+4a=0和b偶数。对于p（x）=xm-1，我们从定理39推导出H1Ap（x）（P3）=Z[x]/（xm-1、mxm），它与Zmm同构。事实上，对于p（x）=xm-11Axm-1（Pv）等于0，对于奇数v，对于偶数vmm，我们更普遍地猜测H（v\geq 2），它等于定理39的Z证明。定理39从引理29出发，仔细分析了Z[x]除以p（x）或I所产生的关系。为了简化证明，我们引入了几个有用的一般概念，丰富了任何A和G的H（G）的结构是G的生成子图。回忆一下，C的增强状态S与a元素关联到每个连接的组件。C\astA（G）的一个典型元素是系数为Z的增强态的线性组合。（4）代数Ap（x）不一定是自由的，例如A2x=Z\oplus Z2\oplus Z2\oplus｛\（\cdot\）｝｛\（\cdot\）｝｛\（\cdot\）｝，A2x+1是无扭但不是自由的群。实际上，A2x+1=Z[1/2]。为了确保Ap（x）是自由的，我们可以假设p。图同调中的扭转173命题40。对于图G和选定的底顶点v1，群\astA（G）是如下的a模。\astA（G）的方式如下：对于a中的任何a和C中的任何增强状态S，{（\cdot）}S是通过乘以作用于含有v1的[G:S]分量C的重量H而从S中获得的。动作与边界映射d交换，因此H\astA（G）是一个A模。证明。校样留给读者。我们还需要以下有用的工具。命题41。让我是代数A中的理想。对于给定的图G，考虑链式复合体（A-模）0到ker（P）I到C到C到A（G）P到C到I（G）到0的短精确序列，其中P是由A到A/I的投影诱导的，I是包含映射。这个序列产生了一个长而精确的上同调群（和Amodules）{\（\cdot）}{\（\ cdot）{\。我们将群（A模）HiA，I（G）称为G的相对图上同调。我们现在使用命题41的精确序列来证明定理39。对于三角形P3和I子集Z[x]，我们有{（\cdot）}{（\ cdot）{（\t）}}{到H1Z[x]I（P3）I\ast到H1Z[x]（P3。为了使用这个精确序列来证明定理39，我们必须理解H2Z[x]，I（P3）和H1Z[x]I（P3）。环Z[x]是Noetherian环，所以I是有限生成的，比如由多项式p1（x），pk（x）。我们记得（pj（x））表示由pj（x）生成的主理想。引理42.（i）H2Z[x]，i（P3）=0。（ii）H1Z[x]，I（P3。（pj（x））及其旋转{\（τ\）}（fu，w1-fpj（x。（i） 在相对的cochain络合物中，C2Z[x]，Ii是泛素u1，2，fu2，3，fu1，3和u在i中；见图11。由元素f ker（d2Z[x]，I）=ker（C2Z[x'，I至C3Z[x]I）组成的群是由形式为fu1,2-fu2,3和fu1,3+fu2,3，u的元素在I中生成的。这些元素在C1Z[x]，I的图像中；174升。Helme Guizon等人，即，它们分别等于d1（f1，u2）和d1（fu，13）；u\在our2（P3）中的子集I=0。注意事项。因此，HZ[x]，I（ii）实际上，d1Z[x'，I:span（f1，u2，fu，13）\ to ker（d2Z[x]，I）是一个同构。对于任意j和l，Z模跨度（f1，u2，fu，13）可以等价地写成span（f1、pj（x）xl2，l，1）。共链群C1Z[x]，I（P3）有一个自然的genfpj（x f1，pj（x）x2，fpj（x）xl，13）。因此，ker（d2Z[x]，I）是由fpj（x）xl，11+f1，pj（x）xl2+fpj（xl）xl生成的，13用于任何j和l，以及fu，w1-fpj（x-）xl和11，其中uw=pj（x。生成器2）的类生成H1Z[x]，I（P3）。和fw，u2-f1，pj（x）x2和f3ker（dZ[x]，I f1u，wf-u，w3{（\tau\）}2=（f1u，w）{\（\tau）}=（f 1u，wf2w，u）wuu1,2u2,3u1,3f f u u u f u f 1,2,3 wwu uu evv112 e2e3 v3图11。共链族CiA/I（P3）的元素；i>0，u，v。在fu，vi中，u表示包含v1的组件的颜色。图同调中的扭转175我们现在可以完成定理39的证明。根据P是一个满态射的事实，H1Z[x]/I（P3）是由H1Z[x]（P3，即e=e1\equivf1，x1-fx，11=11xx，e2=xe\equivfx，x1-fx2,11，ej\equiv xj-1e=fxj-1，x1-fxj，11。（图11的注释）。为了找到H1Z[x]/I（P3）的表示形式，我们必须分析Im（I\ast）给出的关系。通过引理42（ii），我们知道H1Z[x]，I（P3）的生成集，因此我们将计算它们在I\ast下的图像。首先，我们检查I\ast（fpj（x），x1-fxpj（x 0=iaiei=iaixi-1e=p'j（x）e.mm I=0i=0多项式pj（x生成理想的I'。因此，1（P3））包含I’e。我们现在将讨论I\ast（H1Z[x]，I（P3））=I'e；I\ast（HZ[x]，I因此H1Z[x]/I=Z[x*/I'。现在，我们进行计算，检查I\ast:I（fxk1pj（x），xk21-fxk1xk2pj fxk1xk2pj（x），11）=xk1e+xk1+k2p'j（x）e \以I'e表示。m i=0 176升。Helme-Guizon等人。类似地，我们处理这些元素的{\（\tau\）}旋转。仍需检查I\ast（fxkpj（x），11+f1，xkpj（x）2+fxkp2（x）、13）=xkpjx（x）（fx，11+fx，12+fx、13）-（fxk pj（x），12-f1，x kpj。定理39（iii），（i）的证明完成。第（ii）部分通过考虑三角形的色多项式{\（\lambda\）}（{\（lambda_）}-1）（{\。这就完成了定理39的证明。定理24中使用的结果和思想可用于部分计算Gornik定义的Khovanov–Rozansky sl（n）同调及其变形。特别是，定理26可能预测三叶草的Khovanov–Rozansky sl（n）同源性。猜想31可能预测（2，n）环面链的Khovanov–Rozansky sl（n）同源性。特别是，在这些情况下，我们可以预测Khovanov–Rozansky sl（n）同调中的一些扭转。我们的计算也证实了图上同调和底层代数的Hochschild同调之间的联系。此外，我们还可以推测对称图的图上同调与代数的Connes循环同调之间的联系[P05]。工具书类 [4] [AP04]M.M.Asaeda和J.H.Przytycki，Khovanov同调：扭转和厚度，in：J.M.Bryden（ed.），拓扑量子场论进展，Kluwer，2004，135–166·Zbl 1088.57012号 [5] [BN02]D.Bar-Natan，关于Jones多项式的Khovanov分类，Algebr。地理。白杨。2 (2002), 337–370. ·Zbl 0998.57016号 [6] [C05]M.Chmutov和S.Chmutov，电子邮件通信，2005年2月。 [7] [DGR05]N.M.Dunfield、S.Gukov和J.Rasmussen，结同源的超多项式，arXiv:数学。GT/0505662。[Gor04]B.Gornik，关于Khovanov链上同调的注释，arXiv:math。QA/0402266。[GuSchVa04]S.Gukov，A.Schwarz，and 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rong@gwu.edu2005年7月12日收到；2006年3月7日修订版·Zbl 1078.57013号 此参考列表基于出版商或数字数学图书馆提供的信息。其项与zbMATH标识符进行启发式匹配，可能包含数据转换错误。在某些情况下，zbMATH Open的数据对这些数据进行了补充/增强。这试图尽可能准确地反映原始论文中列出的参考文献，而不要求完整或完全匹配。