抽象代數/層論主題

層論

我們說 ${\mathcal {F}}$ 是拓撲空間 $X$ 上的預層，如果

• (i) ${\mathcal {F}}(U)$ 是每個開子集 $U\subset X$ 的阿貝爾群
• (ii) 對於每個包含關係 $U\hookrightarrow V$，我們有群態射 $\rho _{V,U}:{\mathcal {F}}(V)\to {\mathcal {F}}(U)$ 使得

  $\rho _{U,U}$ 是恆等式，並且 $\rho _{W,U}=\rho _{V,U}\circ \rho _{W,V}$ 對於任何包含關係 $U\hookrightarrow V\hookrightarrow W$

如果滿足以下“粘合公理”，則預層稱為層

對於每個開子集 $U$ 及其開覆蓋 $U_{j}$，如果 $f_{j}\in {\mathcal {F}}(U_{j})$ 滿足 $f_{j}=f_{k}$ 在 $U_{j}\cap U_{k}$ 上，則存在一個唯一的 $f\in {\mathcal {F}}(U)$ 使得 $f|_{U_{j}}=f_{j}$ 對於所有的 $j$ 都成立。

請注意，唯一性意味著如果 $f,g\in {\mathcal {F}}(U)$ 並且 $f|_{U_{j}}=g|_{U_{j}}$ 對於所有的 $j$ 都成立，則 $f=g$。特別是，$f|_{U_{j}}=0$ 對於所有的 $j$ 都成立，意味著 $f=0$。

4 例子：設 $G$ 為一個拓撲群（例如，$\mathbf {R}$）。設 ${\mathcal {F}}(U)$ 是從開子集 $U\subset X$ 到 $G$ 的所有連續對映的集合。那麼 ${\mathcal {F}}$ 構成一個層。特別地，假設 $G$ 的拓撲是離散的。那麼 ${\mathcal {F}}$ 被稱為常數層。

給定層 ${\mathcal {F}}$ 和 ${\mathcal {G}}$，一個層態射 $\phi :{\mathcal {F}}\to {\mathcal {G}}$ 是群態射的集合 $\phi _{U}:{\mathcal {F}}(U)\to {\mathcal {G}}(U)$，滿足：對於每一個開子集 $U\subset V$，

$\phi _{U}\circ \rho _{V,U}=\rho _{V,U}\circ \phi _{V}$

其中第一個 $\rho _{V,U}$ 是來自 ${\mathcal {F}}$ 的，第二個 ${\mathcal {G}}$。

對於每個開子集 $U$，定義 $(\operatorname {ker} \phi )(U)=\operatorname {ker} \phi _{U}$。 $\operatorname {ker} \phi$ 因此是一個層。事實上，假設 $f_{j}\in \operatorname {ker} \phi _{U_{j}}$。那麼存在 $f\in {\mathcal {F}}(U)$ 使得 $f|_{U_{j}}=f_{j}$。但是，由於

$(\phi _{U}f)|_{U_{j}}=\phi _{U_{j}}(f|_{U_{j}})=\phi _{U_{j}}f_{j}=0$

對於所有 $j$，我們有 $\phi _{U}f=0$。不幸的是，$\operatorname {im} \phi$ 如果以相同的方式定義，它不會成為一個層。因此，我們定義 $(\operatorname {im} \phi )(U)$ 為所有 $f\in {\mathcal {G}}(U)$ 的集合，使得存在 $U_{j}$ 的開覆蓋 $U$，使得 $f|_{U_{j}}$ 在 $\phi _{U_{j}}$ 的像中。這是一個層。事實上，與之前一樣，設 $f\in {\mathcal {G}}(U)$ 使得 $f|_{U_{j}}\in \operatorname {im} \phi _{U_{j}}$。那麼我們有 $U$ 的開覆蓋，使得 $f$ 限制在覆蓋的每個成員 $V$ 上都在 $\phi _{V}$ 的像中。

設 ${\mathcal {F}}^{0},{\mathcal {F}}^{1},{\mathcal {F}}^{2}$ 是同一個拓撲空間上的層。

如果一個在 $X$ 上的層 ${\mathcal {F}}$ 滿足 $\rho _{X,U}:{\mathcal {F}}(X)\to {\mathcal {F}}(U)$ 是滿射的，則稱該層為鬆弛層。 令 ${\mathcal {F}}_{p}=\lim _{U\ni p}{\mathcal {F}}(U)$，對於每個 $f\in {\mathcal {F}}(U)$，定義 $\operatorname {supp} f=\{x\in U|f|_{p}\neq 0\}$。 $\operatorname {supp} f$ 是閉集，因為 $f|_{p}=0$ 意味著 $p$ 在 $U$ 中存在一個鄰域，使得對於每個 $q\in U$ 有 $f|_{q}=0$。 定義 $\operatorname {Supp} {\mathcal {F}}=\{x\in X|{\mathcal {F}}_{x}\neq 0\}$。 特別地，如果 $i:Z\hookrightarrow X$ 是一個閉子集，並且 $\operatorname {Supp} {\mathcal {F}}\subset Z$，則自然對映 ${\mathcal {F}}\to i_{*}i^{-1}{\mathcal {F}}$ 是一個同構。

4 定理 假設

$0\longrightarrow {\mathcal {F}}^{0}\longrightarrow {\mathcal {F}}^{1}\longrightarrow {\mathcal {F}}^{2}\longrightarrow 0$

是精確的。那麼，對於任何開集 $U$

$0\longrightarrow \Gamma _{Z}(U,{\mathcal {F}}^{0})\longrightarrow \Gamma _{Z}(U,{\mathcal {F}}^{1})\longrightarrow \Gamma _{Z}(U,{\mathcal {F}}^{2})$

是精確的。此外，$\Gamma _{Z}(U,{\mathcal {F}}^{1})\to \Gamma _{Z}(U,{\mathcal {F}}^{2})$ 是滿射的，如果 ${\mathcal {F}}^{0}$ 是軟化的。
Proof: That the kernel of $\operatorname {ker} {\mathcal {F}}^{0}\longrightarrow {\mathcal {F}}^{1}$ is trivial means that $\operatorname {ker} {\mathcal {F}}^{0}(U)\longrightarrow {\mathcal {F}}^{1}(U)$ has trivial kernel for any $U$. Thus the first map is clear. Next, denoting ${\mathcal {F}}^{1}\to {\mathcal {F}}^{2}$ by $d$, suppose $f\in {\mathcal {F}}^{1}(U)$ with $df=0$. Then there exists an open cover $U_{j}$ of $U$ and $u_{j}\in {\mathcal {F}}(U_{j})$ such that $du_{j}=f|_{U_{j}}$. Since $du_{j}=f=du_{k}$ in $U_{j}\cap U_{k}$ and $d_{U_{j}\cap U_{k}}$ is injective by the early part of the proof, we have $u_{j}=u_{k}$ in $U_{j}\cap U_{k}$ and so we get $u\in {\mathcal {F}}(U)$ such that $du=f$. Finally, to show that the last map is surjective, let $f\in {\mathcal {F}}^{2}(U)$, and $\Omega =\{(U,u)|du=f|_{U}\}$. If $\{(U_{j},u_{j})|j\in J\}\subset \Omega$ is totally ordered, then let $U=\cup _{j}U_{j}$. Since $u_{j}$ agree on overlaps by totally ordered-ness, there is $u\in {\mathcal {F}}(U)$ with $u|_{U_{j}}=u_{j}$. Thus, $(U,u)$ is an upper bound of the collection $(U_{j},u_{j})$. By Zorn's Lemma, we then find a maximal element $(U_{0},u_{0})$. We claim $U_{0}=U$. Suppose not. Then there exists $(U_{1},u_{1})$ with $du_{1}=f|_{U_{1}}$. Since $d(u_{0}-u_{1})=0$ in $U_{0}\cap U_{1}$, by the early part of the proof, there exists $a\in {\mathcal {F}}^{0}(U_{0}\cap U_{1})$ with $da=u_{0}-u_{1}$. Then $d(u_{1}+da)=du_{1}=f|_{U_{1}}$ (so $(U_{1},u_{1})\in \Omega$) while $u_{1}+da=u_{0}$ in $U_{0}\cap U_{1}$. This contradicts the maximality of $(U_{0},u_{0})$. Hence, we conclude $U_{0}=U$ and so $du_{0}=f$. $\square$

4 推論

$0\longrightarrow {\mathcal {F}}^{0}\longrightarrow {\mathcal {F}}^{1}\longrightarrow {\mathcal {F}}^{2}\longrightarrow 0$

是精確的當且僅當

$0\longrightarrow {\mathcal {F}}_{p}^{0}\longrightarrow {\mathcal {F}}_{p}^{1}\longrightarrow {\mathcal {F}}_{p}^{2}\longrightarrow 0$

對於每個 $p\in X$ 都是精確的。

假設 $f:X\to Y$ 是一個連續對映。層 $f_{*}{\mathcal {F}}$ （稱為 ${\mathcal {F}}$ 的正向像，由 $f$ 推進）由 $f_{*}{\mathcal {F}}(U)={\mathcal {F}}(f^{-1}(U))$ 定義，其中 $U\subset Y$ 是一個開子集。假設 $f:Y\to X$ 是一個連續對映。層 $f^{-1}{\mathcal {F}}$ 然後由 $f^{-1}{\mathcal {F}}(U)=$ 預層的層化定義 $U\mapsto \varinjlim _{V\supset f(U)}{\mathcal {F}}(V)$，其中 $V$ 是 $X$ 的一個開子集。兩者以如下方式相關。令 $U\subset X$ 為一個開子集。那麼 $f^{-1}f_{*}{\mathcal {F}}(U)$ 由元素 $f$ 組成 ${\mathcal {F}}(f^{-1}(V))$，其中 $V\supset f(U)$。由於 $f^{-1}(V)\supset U$，我們找到一個對映

$f^{-1}f_{*}{\mathcal {F}}\to {\mathcal {F}}$

透過將 $f$ 對映到 $f|_{U}$ 來實現。該對映是定義良好的，因為它不依賴於 $V$ 的選擇。