拓撲數據分析－持續同調（三）

08-18

拓撲數據分析－持續同調（三）

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在這一部分，我們開始應用我們從第1和第2部分學到的數學來計算單純復形有趣的拓撲特徵。

回到單純同調

我們已經討論了足夠多的群論內容，能夠完成我們在單純復形上的同源群的計算。你們應該回憶一下，我們已經給出了第 $n$ 個同源群和第 $n$ 個連通數的定義。

連通數是我們的終極目標。他們很好地總結了單純復形的拓撲性質。如果我們有一個形成單一圓形物體的單純復形，那麼 $b_0$ （第 $0$ 連通數）代表連接組件的數量（它是 $1$ ），而 $b_1$ 是 $1$ 維孔的數量（即圈），它也等於 $1$ ，但 $b_n, n>1$ 是高維孔，而它等於 $0$ 。

我們來看看是否可以計算一個簡單三角形單純復形的連通數。

$mathcal T = ext{ {{a}, {b}, {c}, [a, b], [b, c], [c, a]} }$ （在下面有描述）

目測 $mathcal T$ 的連通數 $b_0=1$ （ $1$ 個連接的組件）， $b_1=1$ （ $1$ 個孔），我們只計算那些連通數。

讓我們慢慢地完成整個步驟。首先我們要注意 $n$ 維鏈。

$0$ 維鏈是 $0$ 維單形的集合： ${{a},{b},{c}}$ 。 $1$ 維鏈是 $1$ 維單形的集合： $[a, b], [b, c], [c, a]$ 。該單純復形沒有更高維的 $n$ 維鏈了。

現在我們可以用 $n$ 維鏈定義鏈群。我們準備用 $mathbb Z_2$ 的係數， $mathbb Z_2$ 是一個只有兩個元素 ${0,1}$ 的域，其中 $1+1=0$ 。

$0$ 維鏈群被定義成： $\ C_0 = {{x*(a,0,0)}, {y*(0,b,0)}, {z*(0,0,c)} mid x,y,z in mathbb Z_2}$

這個群只定義了加法運算，但我們在 $mathbb Z_2$ 中用乘法構建了這個群。因此這個群與 $mathbb Z_{2}^{3} = Z_{2} oplus Z_{2} oplus Z_{2}$ 同構。

但我們也想把鏈群表示成向量空間。這意味著它成為一種結構，這個結構中的元素可以通過域中的元素放大或縮小(即乘法運算)，並加在一起，所有的結果仍然在結構中。如果我們只關注加法運算，那麼我們看到的是群結構，但如果我們關注加法和乘法運算，那麼我們可以把它看作向量空間。

0維鏈向量空間通過以下方法生成： $\ mathscr C_0 = {{x*(a,0,0)}, {y*(0,b,0)}, {z*(0,0,c)} mid x,y,z in mathbb Z_2}$

（是的，它和上面的群是相同的集合）

向量空間是集合的一組元素，我們可以乘上 $0$ 或 $1$ ，然後把它們加起來。例如： $1*(a,0,0) + 1*(0,0,c) = (a,0,c)$ ，這個向量空間非常小（ $2^3=8$ 個元素），我們可以列出所有的元素。他們是：

$\ mathscr{C_0} = egin{Bmatrix} (a,0,0), (0,b,0), (0,0,c), (a,b,0) \ (a,b,c), (0,b,c), (a,0,c), (0,0,0) end{Bmatrix}$

你可以看到，我們可以在這個向量空間中添加任何兩個元素，結果將是向量空間中的另一個元素。隨便舉個例子： $(a,0,c) + (a,b,c) = (a+a,0+b,c+c) = (0,b,0)$ 。加法是分量方式的。我們也可以用向量乘以一個域 $mathbb Z_2$ 中的元素，但因為我們的域只有兩個元素，結果比較無聊，只有 $1*(a,b,0) = (a,b,0)$ 和 $0*(a,b,0) = (0,0,0)$ ，但乘法運算仍然會在我們的向量空間中產生一個元素。

我們可以把這個向量空間表示為一個多項式，那麼我們的0維鏈向量空間能等價地定義為：

$\ mathscr{C_0} = {xa + yb + zc mid z,y,z in mathbb Z_2}$

我們可以很容易地把一個多項式 $a+b+c$ 翻譯成它的有序集符號 $(a,b,c)$ ，或者 $a+b$ 是 $(a,b,0)$ 。作為多項式集合的向量空間是這樣的： $\ mathscr{C_0} = egin{Bmatrix} ext{ {0}, {a}, {b}, {c}, {a+b}, {b+c}, {a+c}, {a+b+c}} end{Bmatrix}$

一般來說，使用多項式形式更方便，因為我們可以做一些熟悉的代數方程,像這樣： $a+b=0 \a = -b \a = b$

（記得 $mathbb Z_2$ 中的一個元素的逆是它自己，即 $-b=b$ ，其中「 $-$ 」表示負）。

注意：知道我們討論的是群體還是向量空間是非常重要的。我將用普通的 $C$ 代表鏈群而花體 $mathscr C$ 代表鏈（向量）空間。它們具有相同的底層集，只是定義了不同的操作。如果我們討論群形式，我們只能參考它的加法運算，而如果我們討論向量空間形式，我們可以討論它的乘法運算和加法運算。

我們對1維鏈進行相同的操作： $[a, b], [b, c], [c, a]$ 。我們可以用 $1$ 維鏈集定義另一個鏈群， $C_1$ 。它將與 $C_0$ 和 $mathbb Z_{2}^{3}$ 同構。 $C_1 = { ( x([a, b]), y([b, c]), z([c, a]) ) mid x,y,z in mathbb Z_2 }$ 我們可以用和定義 $C_0$ 同樣的方法來使用這個鏈定義向量空間 $mathscr C_1$ 。我將使用多項式形式。記住，鏈群和向量空間有相同的集合，只是向量空間有兩個二進位運算而不是一個。這是向量空間中元素的完整列表： $\ mathscr{C_1} = egin{Bmatrix} ext{ {[a, b]}, {[b, c]}, {[c, a]}, {[a, b] + [b, c]}, {[b, c] + [c, a]}, {[a, b] + [c, a]}, {[a, b] + [b, c] + [c, a]}, {0} } end{Bmatrix}$ 為了澄清邊界圖，這裡有一個圖。這說明了邊界操作符如何映射 $C_0$ 的每個元素到 $C_1$ 的元素。

現在我們可以開始計算第一個連通數， $b_0$ 。

回想一下連通數的定義：

第 $n$ 個連通數 $b_n$ 定義為 $H_n$ 的維度， $b_n = dim(H_n)$ 。

再回憶一下同調群的定義：

第 $n$ 個同調群 $H_n$ 定義為 $H_n=Kerpartial_n/Impartial_{n+1}$ 。

最後，回顧一下內核的定義：

$partial(C_n)$ 的核（記作 $Ker(partial(C_n))$ ）是 $n$ 鏈 $Z_n subseteq C_n$ 的群，其中 $partial(Z_n) = 0$ 。

首先，我們需要邊界 $C_0$ 的核 $Kerpartial(C_0)$ 。記得邊界映射 $partial$ 為我們提供了 $C_n ightarrow C_{n-1}$ 的映射。

在所有情況下，邊界的 $0$ 維鏈是 $0$ ，因此 $Kerpartial(C_0)$ 是整個 $0$ 維鏈。 $Kerpartial(C_0) = {a, b, c}$ 這形成了另一個 $0$ 圈的群，記為 $Z_0$ （或者 $Z_n$ ）， $Z_0$ 是 $C_0$ 的子群，即 $Z_n leq C_n$ 。加上 $Z_2$ 的定義， $Z_0$ 也與 $Z_2$ 同構，因此它和 $C_0$ 一樣。

另一件事是我們需要找到同調群 $H_0$ 的 $Impartial_{1}$ 。這形成了 $Z_0$ 的子群，記作 $B_0$ ，它是 $(n+1)$ 維鏈的邊界的群。因此 $B_n leq Z_n leq C_n$ 。 $partial{C_1} = partial({[a, b], [b, c], [c, a]} = (a + b) + (b + c) + (c + a) \ partial{C_1} = (a + b) + (b + c) + (c + a) = (a + a) + (b + b) + (c + c) = (0) + (0) + (0) = 0 \ partial{C_1} = 0$

所以 $Impartial_{1} = 0$ 。

因此我們計運算元群 $H_0 = Z_0 / B_0$ ，這種情況下： $Z_0 = ext { { {a, b, c}, {0} } } \ B_0 = {0}$

所以我們用 $Z_0$ 中兩個元素中的 ${0}$ 的左陪集來得到商群： $\ Z_0 / B_0 = ext { { {a, b, c}, {0} } } = Z_0$

總之，如果 $B_n = {0}$ ，那麼 $Z_n / B_n = Z_n$ ，所以 $H_0 = Z_0$ 。

連通數 $b_0$ 是 $H_0 = Z_0$ 的維度。什麼是 $H_0$ 的維度？它有兩個元素，但是維度被定義為一個群中最小的生成元集合，因為這個群與 $Z_2$ 同構，所以它只有 $1$ 個生成元。因為整個群可以通過反覆加 $1$ 來形成，即 $1+1=0, 1+1+1 = 1$ ，然後我們就能得到整個 $Z_2$ ，所以 $Z_2$ 的生成元是 $1$ 。

所以 $b_0 = dim(H_0) = 1$ ，這就是我們所期望的，這個單純復形有 $1$ 個相連的分量。

現在開始計算 $1$ 維連通 $b_1$ 。這次它可能會有些不同，因為計算 $ext{Ker}partial(C_1)$ 將變得更複雜。我們需要做一些代數運算。

所以，第一，我們需要 $Z_1$ ， $1$ 維圈的群。這是邊界為 $0$ 的 $1$ 維單形的集合。記得 $1$ 維鏈是 ${ [a,b], [b,c], [c,a]}$ ，而當它應用在 $Z_1$ 上，它形成了 $1$ 維鏈群 $C_1$ 。我們將構建這樣一個等式：

$\ mathscr C_1 = lambda_0([a,b]) + lambda_1([b,c]) lambda_2([c,a]) ext{ ... 其中 $lambda_n in mathbb Z_2$，這是向量空間$mathscr C_1$中任何元素的一般形式 } \ lambda_0([a,b]) + lambda_1([b,c]) + lambda_2([c,a]) = 0 ext{ ... 然後取邊界} \ partial(lambda_0([a,b]) + lambda_1([b,c]) + lambda_2([c,a])) = 0 \ lambda_0(a+b) + lambda_1(b+c) + lambda_2(c+a) = 0 \ lambda_0{a} + lambda_0{b} + lambda_1{b} + lambda_1{c} + lambda_2{c} + lambda_2{a} = 0 \ a(lambda_0 + lambda_2) + b(lambda_0 + lambda_1) + c(lambda_1 + lambda_2) = 0 ext{ ...提出因數 a,b,c}$

滿足這個方程後，需要把每一項的所有係數 $lambda_n$ 加起來等於 $0$ ，來讓 $a,b,c$ 變成 $0$ 。也就是說，如果整個等式等於 $0$ ，那麼每一項都等於 $0$ ，如 $a(lambda_0 + lambda_2) = 0$ ，因此 $lambda_0 + lambda_2 = 0$ 。現在我們有了一個線性方程組：

$lambda_0 + lambda_2 = 0 \ lambda_0 + lambda_1 = 0 \ lambda_1 + lambda_2 = 0 \ ext{...得出...} \ lambda_0 = lambda_2 \ lambda_0 = lambda_1 \ lambda_1 = lambda_1 \ lambda_0 = lambda_1 = lambda_2$

對於上面的方程，所有的係數都是相等的。我們用一個符號替換所有的 $lambda$ ，即 $lambda_0, lambda_1, lambda_2 = phi$ 。

現在，讓我們回到1維鏈向量空間的一般表達式 $mathscr C_1 = lambda_0([a,b]) + lambda_1([b,c]) + lambda_2([c,a])$ 。當我們把它的邊界設為 $0$ 時，我們會得到 $lambda_0 = lambda_1 = lambda_2$ ，而我建議我們用符號 $phi$ 代替。

因此，循環群：

$\ Z_1 leq mathscr C_1 = phi([a,b]) + phi([b,c]) + phi([c,a]) \ Z_1 = phi([a,b] + [b,c] + [c,a]), ext{ ...記住 $phi$ 來自 $mathbb Z_2$，所以它是0或1。}$

因此循環群只包含兩個元素，它和 $Z_2$ 同構。

我會引入新的符號。如果數學結構 $G_1,G_2$ 同構，那麼我們記作 $G_1 cong G_2$ 。

如果 $phi = 0$ ，那麼 $phi([a,b] + [b,c] + [c,a]) = 0([a,b] + [b,c] + [c,a]) = 0$ ，但如果 $phi = 1$ ，那麼 $phi([a,b] + [b,c] + [c,a]) = 1([a,b] + [b,c] + [c,a]) = [a,b] + [b,c] + [c,a]$ ，所以整個群是： $\ Z_1 = egin{Bmatrix} [a,b] + [b,c] + [c,a] \ 0 end{Bmatrix}$

邊界群 $B_1 = Impartial(C_2)$ ，但因為 $C_2$ 是空集，所以 $B_1 = {0}$ 。

我們可以再次計算出同源群： $\H_1 = Z_1 / B_1 = egin{Bmatrix} [a,b] + [b,c] + [c,a] \ 0 end{Bmatrix}$

而連通數 $b_1 = dim(H_1) = 1$ ，因為在群 $H_1$ 中，我們只有一個生成元。

所以這就是非常簡單的單純復形。我們將轉到一個更大的復形。這次我將不會詳細介紹，並將使用許多我已經定義或描述過的簡化符號和約定俗成。

讓我們來完成和之前差不多，但更複雜的單純復形： $\ S = ext{{[a], [b], [c], [d], [a, b], [b, c], [c, a], [c, d], [d, b], [a, b, c]}}$

（下面是描述）

注意現在我們有一個 $2$ 維單形 $[a,b,c]$ ，被描繪成實心三角形。

這次我們用整個整數域 $mathbb Z$ 作為我們的係數，所以由此產生的向量空間將是無限的，而不是我們可以列出的有限空間。既然我們用了 $mathbb Z$ ，我們就必須定義「負」單形是什麼意思，即 $-[c,a]$ 的意義？我們之前討論過了，基本上，我們定義了兩種方法，一個單純形可以被定向，而對原定義的相反方向則被賦予一個單純形的「負」值。

所以 $[a,c] = -[c,a]$ 。但 $[a,b,c]$ 呢？有兩種方法來排列 $3$ 個元素列表，但它只有兩個方向。

如果你見過以前的定向單形:

這隻有兩種方法可以「圍繞」循環，順時針或者逆時針。

$[a,b,c]$ 是順時針。

$[c,a,b]$ 也是順時針。

$[a,c,b]$ 是逆時針，所以 $[a,b,c] = [c,a,b] = -[a,c,b] = -[b,c,a]$ 。

讓我們從列出我們的鏈組開始。 $\C_0 = langle{a,b,c,d} angle cong mathbb Z^4 \ C_1 = langle{[a, b], [b, c], [c, a], [c, d], [d, b]} angle cong mathbb Z^5 \ C_2 = langle{[a, b, c]} angle cong mathbb Z$

回想一下方括弧的含義，這顯然比我們在最後一個例子中構建群的方式要簡單得多。注意每個群都與向量空間 $mathbb Z^n$ 同構，其中 $n$ 是 $n$ 維鏈中單形的數量。

我們可以這樣描述我們的鏈結構： $\ C_2 stackrel{partial_1} ightarrow C_1 stackrel{partial_0} ightarrow C_0$

我們知道，我們可以很輕易地將這個單純復形可視化，因為它有一個連接組件和一個1維循環（一個1維孔）。因此，連通數 $b_0 = 1， b_1 = 1$ ，但我們需要自己計算。

讓我們從高維鏈群開始，即 $2$ 維鏈群。

記住， $Z_n = ext{Ker}partial(C_n)$ $n$ 維循環的群，它是 $C_n$ 的子群。而 $B_n = ext{Im}partial(C_{n+1})$ 是 $n$ 維邊界的群，它是 $n$ 維循環的子集。因此 $B_n leq Z_n leq C_n$ 。還記得同調群 $H_n = Z_n / B_n$ 而第 $n$ 個連通數是 $n$ 維同調群的維度。

為了得到 $Z_n$ ，我們需要為 $C_n$ 中的一般元素設置表達式。 $\ egin{aligned} C_2 &= lambda_0{[a,b,c]}, lambda_0 in mathbb{Z} \ Z_2 &= ext{Ker}partial{(C_2)} \ partial{(C_2)} &= lambda_0{([b,c])} - lambda_0{([a,c])} + lambda_0{([a,b])} ext{ ...讓它等於0以得到核} \ lambda_0{([b,c])} - lambda_0{([a,c])} + lambda_0{([a,b])} &= 0 \ lambda_0{([b,c] - [a,c] + [a,b])} &= 0 \ lambda_0 &= 0 ext{ ... $lambda_0 = 0$只有一個解，所以 $0=0$. } \ lambda_0{[a,b,c]} &= 0, lambda_0 = 0 ext{ ... 所以$C_2$中沒有一個元素等於0，因此核中只有{0}} \ ... \ ext{Ker}partial{(C_2)} &= {0} \ end{aligned}$

因為沒有 $3$ 維單形或更高， $B_2 = {0}$ 。因此連通數 $b_2 = dim({0} / {0}) = 0$ 。這就是我們所期望的，單純復形里沒有 $2$ 維洞。

讓我們用同樣的方法處理 $C_1$ 。

$\ egin{aligned} C_1 &= lambda_0[a, b] + lambda_1[b, c] + lambda_2[c, a] + lambda_3[c, d] + lambda_4[d, b], lambda_n in mathbb{Z} \ Z_1 &= ext{Ker}partial{(C_1)} \ partial{(C_1)} &= lambda_0{(a - b)} + lambda_1{(b - c)} + lambda_2{(c - a)} + lambda_3{(c - d)} + lambda_4{(d - b)} \ ext{ ...讓它等於0以得到核} \ lambda_0{(a - b)} + lambda_1{(b - c)} + lambda_2{(c - a)} + lambda_3{(c - d)} + lambda_4{(d - b)} &= 0 \ lambda_0a - lambda_0b + lambda_1b - lambda_1c + lambda_2c - lambda_2a + lambda_3c - lambda_3d + lambda_4d - lambda_4b &= 0 ext { ...指出 a,b,c,d}\ a(lambda_0 - lambda_2) + b(lambda_1 - lambda_0 - lambda_4) + c(lambda_2 - lambda_1 + lambda_3) + d(lambda_4 - lambda_3) &= 0 \ ext{現在我們可以建立一個線性方程組...} \ lambda_0 - lambda_2 &= 0 \ lambda_1 - lambda_0 - lambda_4 &= 0 \ lambda_2 - lambda_1 + lambda_3 &= 0 \ lambda_4 - lambda_3 &= 0 \ ext{解方程，把答案放回$C_1$表達式中...} \ lambda_0([a,b] + [b,c] + [c,a]) + lambda_3([b,c] + cancel{[a,c]} + [c,d] + cancel{[c,a]} + [d,b]) &= ext{Ker}partial{(C_1)} \ ext{Ker}partial{(C_1)} &= lambda_0([a,b] + [b,c] + [c,a]) + lambda_3([b,c] + [c,d] + [d,b]) \ Z_1 = ext{Ker}partial{(C_1)} &cong mathbb Z^2 end{aligned}$

現在開始求邊界 $B_1 = Impartial(C_2)$ 。

$\ egin{aligned} partial(C_2) &= lambda_0{([b,c])} - lambda_0{([a,c])} + lambda_0{([a,b])} ext {... 記住 $-[a,c] = [c,a]$ ...} \ partial(C_2) &= lambda_0{([b,c] + [c,a] + [a,b])} \ B_1 = Impartial(C_2) &= {lambda_0{([b,c] + [c,a] + [a,b])}}, lambda_0 in mathbb Z \ B_1 &cong Z \ H_1 = Z_1 / B_1 &= {lambda_0([a,b] + [b,c] + [c,a]) + lambda_3([b,c] + [c,d] + [d,b])} / {lambda_0{([b,c] + [c,a] + [a,b])}} \ H_1 &= {lambda_3([b,c] + [c,d] + [d,b])} cong mathbb Z end{aligned}$

另一種更容易計算出商群 $H_1 = Z_1 / B_1$ 的方法是注意 $Z_n, B_n$ 和 $mathbb Z^n$ 中的什麼同構。在這種情況下：

$\Z_1 cong mathbb Z^2 \ B_1 cong mathbb Z^1 \ H_1 = mathbb Z^2 / mathbb Z = mathbb Z$

所以因為 $H_1 cong mathbb Z$ ， $H_1$ 的連通數是 $1$ ，因為 $mathbb Z$ 的維度是 $1$ （它只有一個生成元）。

我想你們現在已經明白了，我不打算講所有計算連通數 $b_0$ 的細節了，它應該是 $1$ ，因為只有一個連接的分量。

預告

我們已經掌握了如何手工計算簡單的單純復形的同調群和連通數。但是我們需要開發一些新的工具，這樣我們就可以讓計算機演算法來處理一些真實的，通常更大的單純復形的計算。下一節我們將會看到線性代數是如何為我們提供一種有效的方法的。

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