同调代数

这是同调代数中最有用的计算工具：只需理解一个连接映射，就能从两个更简单部分 $A'$ 与 $A''$ 的同调计算出复杂对象 $A$ 的同调。实践中用到的每一个长正合列（迈尔-维托里斯序列、万有系数定理、五项引理的应用）都是这个定理的一个实例。

第一步（构造 $\partial$）。取 $[a''] \in H_n(A'')$，其代表闭链为 $a'' \in A''_n$，$d(a'')=0$。由于 $A_n \to A''_n$ 是满射，把 $a''$ 提升为某个 $a \in A_n$。于是 $d(a) \in A_n$ 映到 $A''_{n-1}$ 中的 $d(a'')=0$，因此由正合性存在唯一的 $a' \in A'_{n-1}$ 使得 $d(a) = \iota(a')$（利用 $\iota: A' \to A$ 的单射性）。定义 $\partial[a''] := [a']$。

第二步（$a'$ 是闭链，且 $\partial$ 定义良好）。由于 $\iota$ 是单射且链映射与 $d$ 交换，$\iota(d a') = d(\iota a') = d(d a) = 0$，故 $d a' = 0$，$[a']$ 是真正的同调类。若选取 $a''$ 的另一个提升 $\tilde a$，则 $\tilde a - a$ 在 $A''_n$ 中映为 $0$，故存在 $c \in A'_n$ 使 $\tilde a - a = \iota(c)$；此时 $H_{n-1}(A')$ 中所得两个类相差 $[d(c)] = 0$。类似的验证表明 $\partial$ 不依赖于 $[a'']$ 的闭链代表元（把 $a''$ 换成 $a'' + d(b'')$ 只会使 $a$ 改变一个边缘元，从而 $a'$ 也只改变一个边缘元）。

第三步（在 $H_n(A)$ 与 $H_n(A'')$ 处的正合性）。在 $H_n(A)$ 处的正合性（$H_n(A')\to H_n(A)$ 的像等于 $H_n(A)\to H_n(A'')$ 的核）与在 $H_n(A'')$ 处的正合性（$H_n(A)\to H_n(A'')$ 的像等于 $\partial$ 的核）都可通过对代表元直接进行图追踪得到，只需用到 $\iota$ 的单射性、商映射的满射性，以及链层面的 $\operatorname{im}\iota = \ker(\text{quotient})$——与第一、二步同样的论证方式，逐次数应用即可。

第四步（在 $H_{n-1}(A')$ 处的正合性）。最后验证 $\operatorname{im}\partial = \ker(H_{n-1}(A')\to H_{n-1}(A))$：若 $\partial[a'']=[a']$，则 $\iota(a')=d(a)$ 是 $A$ 中的一个边缘元，故 $[a']$ 在 $H_{n-1}(A)$ 中映为 $0$，得到 $\operatorname{im}\partial \subseteq \ker$；反之若对某个 $a\in A_n$ 有 $\iota(a')=d(a)$，倒着运行第一步可知 $a$ 的像 $a''=$ 满足 $\partial[a'']=[a']$，得到反向包含。至此每一处的正合性都已验证完毕，整个构造正是经典的蛇形引理。

Ext 与 Tor 是通过选取一个投射消解并应用某个函子来定义的。这个定理正是使该定义合法化的关键：它保证结果绝不依赖于所选的具体消解，因此 $\operatorname{Ext}^n_R(A,B)$ 与 $\operatorname{Tor}^R_n(A,B)$ 是这对模的真正不变量，而不是某个选择带来的副产物。

第一步（逐次数提升恒等映射）。归纳地构造 $f_n: P_n \to Q_n$。当 $n=0$ 时：由于 $P_0$ 是投射的且 $Q_0 \to M$ 是满射，映射 $P_0 \to M$ 可经由 $Q_0 \to M$ 提升，得到 $f_0: P_0 \to Q_0$。归纳地，假设已构造出满足 $d f_{n-1} = f_{n-2} d$（当 $n=1$ 时为增广映射）的 $f_{n-1}$，复合 $P_n \xrightarrow{d} P_{n-1} \xrightarrow{f_{n-1}} Q_{n-1}$ 由 $Q$-消解的正合性及此前的交换性落入 $\ker(Q_{n-1}\to Q_{n-2})=\operatorname{im}(Q_n \to Q_{n-1})$，而由 $P_n$ 的投射性，此映射可经由满射 $Q_n \to \operatorname{im}(Q_n\to Q_{n-1})$ 提升，得到满足 $d f_n = f_{n-1} d$ 的 $f_n: P_n \to Q_n$。

第二步（对称地构造 $g_\bullet$）。将 $P_\bullet$ 与 $Q_\bullet$ 的角色互换，用完全相同的论证得到提升 $\mathrm{id}_M$ 的 $g_\bullet: Q_\bullet \to P_\bullet$。

第三步（同伦唯一性）。设 $f_\bullet, f'_\bullet: P_\bullet \to Q_\bullet$ 是两个都提升 $\mathrm{id}_M$ 的链映射；令 $h_\bullet = f_\bullet - f'_\bullet$，这是一个提升 $0$ 的链映射。归纳地构造满足 $h_n = d s_n + s_{n-1} d$ 的链同伦 $s_n: P_n \to Q_{n+1}$：当 $n=0$ 时，$h_0: P_0 \to Q_0$ 与 $Q_0\to M$ 的复合为 $0$（因为 $h$ 提升 $0$），故 $h_0$ 经由 $\ker(Q_0\to M)=\operatorname{im}(Q_1\to Q_0)$ 分解；由 $P_0$ 的投射性，此分解可提升为满足 $d s_0 = h_0$ 的 $s_0: P_0 \to Q_1$。归纳地，一旦构造出 $s_{n-1}$，$h_n - s_{n-1} d: P_n \to Q_n$ 与 $d: Q_n \to Q_{n-1}$ 的复合由归纳关系为零，故（由 $Q_\bullet$ 的正合性）它经由 $\operatorname{im}(Q_{n+1}\to Q_n)$ 分解，而由 $P_n$ 的投射性，此分解可提升为满足 $d s_n = h_n - s_{n-1}d$ 的 $s_n$，即所需的 $h_n = d s_n + s_{n-1}d$。

第四步（结论）。第三步表明 $\mathrm{id}_M$ 的任意两个提升都链同伦，特别地 $g_\bullet f_\bullet$ 与 $\mathrm{id}_{P_\bullet}$ 都是（经由 $P_\bullet \to Q_\bullet \to P_\bullet$ 的）$\mathrm{id}_M \circ \mathrm{id}_M = \mathrm{id}_M$ 的提升，故 $f_\bullet \simeq g_\bullet$ 意味着 $g_\bullet f_\bullet \simeq \mathrm{id}_{P_\bullet}$，对称地 $f_\bullet g_\bullet \simeq \mathrm{id}_{Q_\bullet}$。这正是链同伦等价的定义，又因为 $\operatorname{Hom}_R(-,B)$ 与 $-\otimes_R B$ 把链同伦的映射送到链同伦的映射，由 $P_\bullet$ 或 $Q_\bullet$ 计算出的同调群 $\operatorname{Ext}^n_R(A,B)$、$\operatorname{Tor}^R_n(A,B)$ 因此同构。