diff --git a/template.typ b/template.typ index fd32d0a..204fc45 100644 --- a/template.typ +++ b/template.typ @@ -29,6 +29,9 @@ #let Gal = math.op("Gal") #let Hom = math.op("Hom") +#let Ext = math.op("Ext") +#let Ob = math.op("Ob") +#let cone = math.op("cone") #let Proj = math.op("Proj") #let Spec = math.op("Spec") #let Spv = math.op("Spv") @@ -102,6 +105,15 @@ #let linearCombinationlambda = linearCombination.with(name: $lambda$) #let linearCombinationmu = linearCombination.with(name: $mu$) +#let defaultSum = ( + Var: $n$, + Lower: $0$, + Upper: $+infinity$ + +) +#let sumf(var: defaultSum.Var, lower: defaultSum.Lower, upper: defaultSum.Upper) = $sum_(#var = #lower)^(#upper)$ + + #let emptyArrow(s, e) = arr(str(s), str(e), $$) #let coker = math.op("coker") #let coim = math.op("coim") diff --git "a/\344\273\243\346\225\260\345\255\246\344\272\214/\344\275\234\344\270\232/hw12.typ" "b/\344\273\243\346\225\260\345\255\246\344\272\214/\344\275\234\344\270\232/hw12.typ" new file mode 100644 index 0000000..6996d71 --- /dev/null +++ "b/\344\273\243\346\225\260\345\255\246\344\272\214/\344\275\234\344\270\232/hw12.typ" @@ -0,0 +1,222 @@ +#import "../../template.typ": * +#import "@preview/commute:0.2.0": node, arr, commutative-diagram + +#show: note.with( + title: "作业12", + author: "YHTQ", + date: none, + logo: none, + withOutlined : false, + withTitle :false, + withHeadingNumbering: false +) += ex 1.5 + == 1 + #let CC = $cone(C)$ + 注意到： + $ + d^CC_n vec(c_(n-1), c_n) = vec(-d_(n-1) (c_(n-1)), d_n (c_n) - c_(n-1)) + $ + 由于它确实是复形，验证正合只需任取 $vec(c_(n-1), c_n) in ker d^CC_n$，验证它在 $im d^CC_(n+1)$ 中即可。事实上： + $ + vec(-d_(n-1) (c_(n-1)), d_n (c_n) - c_(n-1)) = 0 <=> c_(n-1) in ker d_(n-1) sect im d_n, c_(n-1) = d_n (c_(n))\ + d^CC_(n+1) vec(-c_(n), 0) = vec(d_(n) (c_(n)), c_(n)) = vec(c_(n-1), c_(n) ) + $ + 上两式表明： + $ + forall vec(c_(n-1), c_n) in ker d^CC_n, vec(c_(n-1), c_(n) ) = d^CC_(n+1) vec(-c_(n), 0) in im d^CC_(n+1) + $ + 足以给出正合性，同时表明题设的 $s$ 满足： + $ + d s|_(ker d) = id \ + d s|_(ker d) d = d \ + d s|_(im d) d = d \ + d s d = d \ + $ + 表明确实是分裂映射 + == 2 + 零调的定义是存在 $s$ 满足 + $ + f = d_D s + s d_C + $ + 而题设映射是复形间态射等价于： + $ + (-s, f) mat(-d_C, 0;-id, d_C) vec(c', c) = d_D (-s, f) vec(c', c)\ + (s d_C - f, f d_C) vec(c', c) = d_D (-s, f) vec(c', c)\ + + $ + 表明： + $ + cases( + s d_C - f = -d_D s,\ + f d_C = d_D f + ) + $ + 其中 $f d_C = d_D f$ 来源与复形同态的定义，当然有上式与@def-null 等价 + + == 3 + $f tilde g$ 的定义是存在 $s$ 使得： + $ + f - g = d_D s + s d_C + $ + 而题设映射是复形间同态等价于： + $ + (f, s, g)mat(d_C, id, 0;0, -d_C, 0;0, -id, d_C) = d_D (f, s, g) + $ + 也即： + $ + cases( + f d_C = d_D f, + g d_C = d_D g, + f - s d_C - g = d_D s + ) + $ + 其中前两者是复形同态的定义，当然与@def-hom 等价 += ex 2.1 + == 2 + 只证明同调 $delta-$函子情形，余调是类似的\ + 任给 $delta-$函子 $S$ 和自然变换 $f_0 :S_0 -> T_0$，既然 $T_n = 0$，当然 $f_n : S_n -> T_n$ 在 $n >= 1$ 时取并且只能取零映射，这就给出了泛性质 += ex 2.2 + == 1 + - 首先，假设 $P$ 是 $C$ 中投射对象。显然它的每一项都是投射对象，由前面的命题只需证明存在 $s: P -> P$ 使得 $(-s, id): cone(P) -> P$ 是复形间的同态。 + 不难发现有交换图： + #align(center)[#commutative-diagram( + node((0, 0), $...$, 1), + node((0, 1), $P_(n-1) directSum P_n$, 2), + node((0, 2), $P_(n-2) directSum P_(n-1)$, 3), + node((1, 0), $...$, 4), + node((1, 1), $P_(n-1)$, 5), + node((1, 2), $P_(n-2)$, 6), + arr(1, 2, $$), + arr(2, 3, $mat(-d_C, 0;-id, d_C)$), + arr(4, 5, $$), + arr(5, 6, $-d_(n-1)$), + arr(1, 4, $$), + arr(2, 5, $id directSum 0$), + arr(3, 6, $id directSum 0$),)] + 换言之，$cone(P) -> P$ 间存在满同态，由投射对象的性质，将有交换图： + $ + #align(center)[#commutative-diagram( + node((0, 0), $cone(P)$, 1), + node((0, 1), $P$, 2), + node((1, 0), $P$, 3), + arr(1, 2, $id directSum 0$), + arr(3, 2, $id$), + arr(3, 1, $exists s'$),)] + $ + 设 $s' = vec(s'_(1), s'_(2))$，交换图给出： + $ + s'_(1) = id: P_(n-1) -> P_(n-1)\ + $ + 是复形间同态给出： + $ + mat(-d, 0;-id, d) vec(s'_(1), s'_2) = vec(s'_(1), s'_2)( -d) \ + -id + d s'_2 = -s'_2 d\ + d s'_2 + s'_2 d = id + $ + 由熟知的定理，这给出 $P$ 确实是分裂的正合列 + - 反之，假设 $P$ 是分裂的投射对象构成的正合列，任给 $X ->^f Y$ 是满射和 $P ->^g Y$，至少存在逐项的同态 $h: P_n -> X_n$ 使得： + $ + f h = g + $ + 注意到： + $ + id = d s + s d\ + $ + 令 $h' = d h s + h s d$，将有： + $ + f h' = f d h s + f h s d = d f h s + f h s d = d g s + g s d = g(d s + s d) = g\ + d h' = d h s d = h' d + $ + 表明 $h'$ 就是要找的复形间同态 + == 2 + 设有复形 $X_i$，并且 $X_i$ 分别成为投射对象 $P_i$ 的满射像。设 $pi: P_i -> X_i$ 是满射 + 断言有交换图表： + #align(center)[#commutative-diagram( + node((0, 0), $X_i$, 1), + node((0, 1), $X_(i-1)$, 2), + node((1, 0), $P_i directSum P_(i+1)$, 3), + node((1, 1), $P_(i-1) directSum P_i$, 4), + arr(1, 2, $d$), + arr(3, 1, $(pi, d pi)$), + arr(4, 2, $(pi, d pi)$), + arr(3, 4, $mat(0, 0;1, 0)$),)] + 不难验证下面一行是投射模构成的链复形，且： + $ + d(pi, d pi) = mat(-, 0;1, 0)(pi, d pi) + $ + 因此交换图表成立，这是链复形之间的满态射。此外，取： + $ + s = mat(0, 1;0, 0): P_(i-1) directSum P_i -> P_i directSum P_(i+1) + $ + 不难验证将有： + $ + d s d = d + $ + 因此下面一行构成分裂的正合列，上面结论表明它是投射对象，证毕 += ex 2.3 + == 1 + #let xl = $overline(x)$ + #let yl = $overline(y)$ + #let ul = $overline(u)$ + #let vl = $overline(v)$ + #let dl = $overline(d)$ + #let pl = $overline(p)$ + 由 Baer 法则，只需验证任给 $R = ZZ quo m ZZ$ 的理想 $J$ 以及 $f: J -> R$ 都可以延拓到 $R -> R$\ + 事实上，注意到 $R$ 是主理想环，可设 $J = (xl)$ 以及 $f(xl) = yl$（此时 $f$ 被唯一确定）\ + 由于 $f$ 是加法循环群之间的同态，将有： + $ + yl^(ord(xl)) = 0 => ord(yl) | ord(xl) + $ + 根据循环群的结论，$RR$ 中阶为 $ord(xl)$ 子群 $(xl)$ 恰有一个，而 $(yl)$ 只能是其子群，进而可设： + $ + yl = ul xl + $ + 因此： + $ + f' := [t: R -> ul t] + $ + 就是 $f$ 的一个延拓，证毕 + + 对于第二个结论，假设 $d|m, p | m, m /d$，则 $ ZZ quo d ZZ$ 是 $R$ 的一个理想，也是加法子群，进而可设为唯一的 $d$ 阶子群 $(xl)$，同时设 $m/d$ 阶子群为 $(yl)$，$p$ 阶子群为 $(pl)$，则有： + $ + (pl) subset (xl), (yl) + $ + 考虑群同态（也是模同态）： + $ + funcDef(f, (yl), (xl), yl, pl) + $ + 假设它是 $f': R -> (xl)$ 的一个限制，并设： + $ + f'(1) = ul xl + $ + 则 $f'(yl) = ul xl yl = pl$\ + 然而注意到： + $ + d = ord(xl) = m/(gcd(x, m))\ + m/d = ord(yl) = m/(gcd(y, m))\ + gcd(x, m) gcd(y, m) = m \ + m/(gcd(x, m)) = gcd(y, m) | y => m | y gcd(x, m) = gcd(x y, m) => gcd(x y, m) = m + $ + 意味着 $xl yl = 0 => pl = 0$，矛盾！ + == 2 + 设 $a in A, e_A (a) = 0$，由定义，这将意味着： + $ + forall f in Hom(A, QQ quo ZZ), f(a) = 0 + $ + 然而考虑映射： + $ + funcDef(h, (a), QQ quo ZZ, a, 1/2) + $ + 只要 $a != 0$ 上式就是群同态\ + 由内射对象的性质，有交换图： + #align(center)[#commutative-diagram( + node((0, 0), $(a)$, 1), + node((0, 1), $A$, 2), + node((1, 0), $QQ quo ZZ$, 3), + arr(1, 2, $id$, inj_str), + arr(2, 3, $exists h'$), + arr(1, 3, $h$),)] + 显然 $h' in Hom(A, QQ quo ZZ), h'(a) !=0$，这表明 $e_A (a) = 0$ 除非 $a = 0$，也即 $e_A$ 是单射 + == 3 + $A = 0$ 时显有 $Hom(A, QQ quo ZZ) = 0$，反之由于上面给出了 $A -> Hom(QQ quo ZZ)$ 的单射，当然后者为零意味着前者为零 \ No newline at end of file diff --git "a/\344\273\243\346\225\260\345\255\246\344\272\214/\347\253\240\350\212\202/\344\270\212\345\215\212\345\255\246\346\234\237.typ" "b/\344\273\243\346\225\260\345\255\246\344\272\214/\347\253\240\350\212\202/\344\270\212\345\215\212\345\255\246\346\234\237.typ" index 60a7189..a0f332d 100644 --- "a/\344\273\243\346\225\260\345\255\246\344\272\214/\347\253\240\350\212\202/\344\270\212\345\215\212\345\255\246\346\234\237.typ" +++ "b/\344\273\243\346\225\260\345\255\246\344\272\214/\347\253\240\350\212\202/\344\270\212\345\215\212\345\255\246\346\234\237.typ" @@ -1155,8 +1155,8 @@ $ 它们当然在 $coker(alpha)$ 中对应相同的等价类 - 我们将有结论： - - #align(center)[#commutative-diagram( + 将有： + #align(center)[#commutative-diagram( node((1, 0), $ker alpha$, "3"), node((1, 1), $coker alpha$, "4"), node((2, 0), $ker beta$, "5"), @@ -1172,7 +1172,52 @@ ] 给出正合列 - - 若 $$ + + 此外，若： + #align(center)[#commutative-diagram( + node((0, 0), $0$, "1"), + node((1, 0), $Y'$, "3"), + node((1, 1), $X'$, "4"), + node((2, 0), $Y$, "5"), + node((2, 1), $X$, "6"), + node((3, 0), $Y''$, "7"), + node((3, 1), $X''$, "8"), + node((4, 1), $0$, "9"), + node((4, 0), $0$, "10"), + node((0, 1), $0$, "11"), + arr("1", "3", $$), + arr("4", "3", $alpha$), + arr("3", "5", $mu$), + arr("4", "6", $f$), + arr("6", "5", $beta$), + arr("5", "7", $nu$), + arr("6", "8", $g$), + arr("8", "7", $gamma$), + arr("8", "9", $$), + arr("7", "10", $$), + arr("11", "4", $$), + ) + ] + 是两列正合列，则结论的正合列变成： + #align(center)[#commutative-diagram( + node((0, 0), $0$, "0"), + node((1, 0), $ker alpha$, "3"), + node((1, 1), $coker alpha$, "4"), + node((2, 0), $ker beta$, "5"), + node((2, 1), $coker beta$, "6"), + node((3, 0), $ker gamma$, "7"), + node((3, 1), $coker gamma$, "8"), + node((4, 1), $0$, "9"), + arr("3", "5", $f$), + arr("4", "6", $mu$), + arr("5", "7", $g$), + arr("6", "8", $nu$), + arr("7", "4", $delta$), + arr("0", "3", $$), + arr("8", "9", $$), + ) + + ] ] #proof[ - 除了 $delta$ 处之外的结论都是显然的，只证明 $delta$ 处。有： @@ -1231,8 +1276,6 @@ ) ] - #TODO - 最终给出上同调群的长正合列： #align(center)[#commutative-diagram( node((0, 0), $dots.v$, "2"), @@ -1254,6 +1297,9 @@ ] ] + #proof[ + 在下半学期给出 + ] #corollary[][ - 若 $X^*, Y^*, Z^*$ 之中有两个已经正合，则第三个也正合 - （9-Lemma）设三列短正合列有： diff --git "a/\344\273\243\346\225\260\345\255\246\344\272\214/\347\253\240\350\212\202/\344\270\213\345\215\212\345\255\246\346\234\237.typ" "b/\344\273\243\346\225\260\345\255\246\344\272\214/\347\253\240\350\212\202/\344\270\213\345\215\212\345\255\246\346\234\237.typ" index a339db4..80be207 100644 --- "a/\344\273\243\346\225\260\345\255\246\344\272\214/\347\253\240\350\212\202/\344\270\213\345\215\212\345\255\246\346\234\237.typ" +++ "b/\344\273\243\346\225\260\345\255\246\344\272\214/\347\253\240\350\212\202/\344\270\213\345\215\212\345\255\246\346\234\237.typ" @@ -1434,24 +1434,51 @@ 设 $A$ 是 regular local ring ,$k = A quo m subset A$ ，则 $hat(A)$ 同构于 $k[[t_1, ..., t_d]]$ ] = 同调代数 - 本学期由于时间原因，不能详细讲解 Abel 范畴，但所幸有下面的定理： - #theorem[Frey-Miichell embedding][ - 设 $CC$ 是 Abel 范畴，则存在全忠实的正合函子将 $CC$ 嵌入某个环上的模范畴 - ] == 回顾 - #definition[][ - 设 $CC$ 是 Abel 范畴，则令： - - $C(CC)$ 是其中所有（链）复形|(cochain) Complex 构成的范畴，也即对象是所有复形，态射是复形间的同态。这个范畴也是 Abel 范畴，同时 $CC$ 可以嵌入其中。 - - 可以定义函子 $H(*): C(CC) -> CC$ - $ - H(... ->^(d^(k-1)) X^(k-1) ->^(d^k) X^k ->^(d^(k+1)) -> ...) - $ + #definition[Abel 范畴][ + 称范畴 $AA$ 是 Abel 范畴，如果 $Hom_AA (A, B) in Ob(AA)$ 且其上有 Abel 群结构，并满足分配律： + $ + h(g + g') f = h g f + h g' f\ + forall h in Hom_AA (B, \*), f in Hom_AA (\*, A) + $ ] - #remark[homology index][ - 有时链复形也用下降的下标，此时成为 chain complex，一个复形形如： - $ - ... -> X_(k + 1) ->^(d_(k+1)) X_k ->^(d_k) X_(k-1) -> ... - $ + #definition[加性函子][ + 称 Abel 范畴 $AA, BB$ 间的函子 $F: AA -> BB$ 是加性函子，如果对于任意 $A, B in AA$，$F$ 保持 $Hom$ 的加法结构（是加法群同态） + ] + 本学期由于时间原因，不能详细讲解 Abel 范畴，但所幸有下面的定理： + #theorem[Frey-Miichell embedding][ + 设 $CC$ 是 Abel 范畴，则存在全忠实的正合函子将 $CC$ 嵌入某个环上的模范畴 + ] + #definition[chain complex][ + 设： + $ + X = ... -> X_(k + 1) ->^(d_(k+1)) X_k ->^(d_k) X_(k-1) -> ... + $ + 并记： + - $Z_k (X) = ker d_k$ + - $B_k (X)= im d_(k+1)$ + 若成立 $0 subset B_k subset Z_k subset X_k$，则称之为一个链复形，并记： + $ + H_n (X) = Z_n quo B_n + $ + 称为第 $n$ 个同调模。可以证明，$H_n$ 具备函子性 + ] + #definition[cochain complex][ + 设： + $ + X = ... -> X^(k - 1) ->^(d^(k-1)) X^(k) ->^(d^(k)) X^(k+1) -> ... + $ + 并记： + - $Z^k (X) = ker d^(k)$ + - $B^k (X)= im d^(k-1)$ + 若成立 $0 subset B^k subset Z^k subset X^k$，则称之为一个链复形，并记： + $ + H^n (x) = Z^n quo B^n + $ + 称为第 $n$ 个同调模。可以证明，$H^n$ 具备函子性 + ] + #definition[][ + chain/cochain 之间可以定义同态，要求同态与 $d_n$（也被称为差分）可交换。进一步，构成 Abel 范畴，记作 $CC$ ] #remark[Singular Complex functor][ 可以定义从拓扑空间的范畴 $"Top"$ 到 $Mod_ZZ$ 上链复形的函子： @@ -1465,6 +1492,17 @@ - ... 下降的态射是对边界求和 ] + #definition[分裂][ + 设有链复形： + $ + .. ->^d X^(k-1) ->^d X^k ->^d X^(k+1) ->^d ... + $ + 且存在态射 $s: X^(n) -> X^(n-1)$ 使得： + $ + d = d s d + $ + 则称复形分裂。 + ] #definition[同伦|homotopic][ - $f, g : X -> Y$ 是两个链复形之间的同态。称 $f, g$ 同伦，记作 $f tilde g$，如果存在 $s^n: X^n -> Y^(n-1)$ 使得以下交换图表成立： #align(center)[#commutative-diagram( @@ -1478,12 +1516,18 @@ arr(3, 4, $$), arr(1, 4, $f^n - g^n$) )] + 等价的，就是： + $ + f - g = d_Y s + s d_X + $ - 称 $X ->^f Y$ 是同伦等价的，如果存在 $h: Y -> X$ 使得 $h compose f tilde id, f compose h tilde id$，此时也称 $X$ 与 $Y$ 同伦等价或 $X tilde Y$ ] #lemma[][ - 设 $f tilde g$，则 $H^k (f) = H^k (g)$ - 设 $X tilde Y$，则 $H^k (X) = H^k (Y)$ - ] + - 加性函子保持同伦性 + - 链复形分裂当且仅当 $id$ 与零同伦 + ] #proof[ - 等价于 $H^k (f - g) = 0$，注意到： $ @@ -1494,15 +1538,19 @@ $ f^n = s^(n+1) d_X^n + d_Y^(n-1) s^n $ + 注意到: + $ + f^n (ker d_X^n) = d_Y^(n-1)(s^n (ker d_X^n)) subset im d_Y^(n-1)\ + $ + 由定义： + $ + H^n (f) : ker (d_X^n) quo im(d_X^(n-1)) -> ker (d_Y^n) quo im(d_Y^(n-1)) + $ + 由上面的计算，这意味着 $H^n (f) = 0$，证毕 + - 同理 + - 同伦无非是等式，当然被加性函子保持 + - 定义验证即可 ] - $ - f^n (ker d_X^n) = d_Y^(n-1)(s^n (ker d_X^n)) subset im d_Y^(n-1)\ - $ - 由定义： - $ - H^n (f) : ker (d_X^n) quo im(d_X^(n-1)) -> ker (d_Y^n) quo im(d_Y^(n-1)) - $ - 由上面的计算，这意味着 $H^n (f) = 0$，证毕 #definition[][ 设 $F$ 是两个 Abel 范畴间的函子，它自然诱导了 Abel 范畴上复形的函子。 @@ -1529,28 +1577,89 @@ &->^delta H^(n+1) (X) -> H^(n+1) (Y) -> H^(n+1) (Z) -> ... $ 进一步，这个长正合列是典范的（具有函子性），也即若两个复形正合列之间有同态，则它们诱导的长正合列之间也有诱导的同态。 - ] + ] #proof[ 我们希望利用蛇形引理。对： $ - 0 -> X^n -> Y^n -> Z^n -> 0\ - 0 -> X^(n+1) -> Y^(n+1) -> Z^(n+1) -> 0 + 0 -> &X^n -> &&Y^n -> &&Z^n -> 0\ + 0 -> &X^(n+1) -> &&Y^(n+1) -> &&Z^(n+1) -> 0 $ 之间利用蛇形引理，得到正合列： $ - 0 -> ker d_X^n -> ker d_Y^n -> ker d_Z^n -> coker d_X^n -> coker d_Y^n -> coker d_Z^n -> 0 + 0 -> ker d_X^n -> ker d_Y^n -> ker d_Z^n -> coker d_X^n -> coker d_Y^n -> coker d_Z^n -> 0 + $ + 进而得到两个正合列正合列： $ - 以及两个正合列间同态： + coker d_X^(n-1) -> coker d_Y^(n-1) -> coker d_Z^(n-1) -> 0\ + 0 -> ker d_X^(n + 1) -> ker d_Y^(n + 1) -> ker d_Z^(n + 1) $ - coker d_X^n -> coker d_Y^n -> coker d_Z^n -> 0\ - 0 -> ker d_X^n -> ker d_Y^n -> ker d_Z^n + 事实上，注意到： $ - 再次利用蛇形引理，#TODO 得到的结果便是: + im d_X^(n-1) subset ker d_X^(n) + $ + 因此 $d_X^(n)$ 自然诱导 $coker d_X^(n-1) = X^(n) quo im d_X^(n-1) -> im d_X^n subset ker d^(n+1)_X$ 的同态，且容易验证这些同态与蛇形引理诱导出的正合列交换，也即有交换图： + #align(center)[#commutative-diagram( + node((0, 1), $coker d_X^(n-1) $, 2), + node((0, 2), $coker d_Y^(n-1)$, 3), + node((0, 3), $coker d_Z^(n-1)$, 4), + node((0, 4), $0$, 5), + node((1, 0), $0$, 6), + node((1, 1), $ker d_X^(n + 1)$, 7), + node((1, 2), $ker d_Y^(n + 1)$, 8), + node((1, 3), $ker d_Z^(n + 1)$, 9), + arr(2, 3, $$), + arr(3, 4, $$), + arr(4, 5, $$), + arr(6, 7, $$), + arr(7, 8, $$), + arr(8, 9, $$), + arr(2, 7, $$), + arr(3, 8, $$), + arr(4, 9, $$), + )] + + 再次利用蛇形引理，并注意到： + $ + ker (coker d_X^(n-1) -> ker d_X^(n + 1)) \ + = ker (d_X^n: coker d_X^(n-1) -> ker d_X^(n + 1)) = (ker d_X^n) quo im d_X^(n-1) = H^n (X)\ + coker (coker d_X^(n-1) -> ker d_X^(n + 1)) \ + = coker (d_X^n: coker d_X^(n-1) -> ker d_X^(n + 1)) = (ker d_X^(n+1)) quo im d_X^n = H^(n+1) (X) + + $ + + 得到的结果便是: $ H^n (X) -> H^n (Y) -> H^n (Z) -> H^(n+1) (X) -> H^(n+1) (Y) -> H^(n+1) (Z) $ + 对所有 $n$ 都成立，连接起来就是所求的长正合列，证毕 + ] + == Mapping Cones and Cylinders（补充） + #definition[][ + 设 $f: X -> Y$ 是链复形之间的态射，定义新的复形： + $ + ... -> X_(n-1) directSum Y_n ->^(d_n) X_(n-2) directSum Y_(n-1) -> ... + $ + 其中 $d_n$ 定义为： + $ + vec(x_(n-1), y_n) -> mat(-d^X_(n - 1), 0;-f, d^Y_n) vec(x_(n-1), y_n) + $ + 称为 $f$ 的映射锥（mapping cone）$cone(f)$ + 对偶的，定义 cochain 上上的复形： + $ + ... -> X^(n+1) directSum Y^n ->^(d^(n)) X^(n+1) directSum Y^(n) -> ... + $ ] == 解消 + #example[][ + 之前定义过投射对象/内射对象。在 $ZZ$ 和除环中，投射对象就是自由模，一般而言未必。在所有有限交换群构成的范畴中，没有投射对象。 + ] + #lemma[][ + - 投射对象是自由模的直和项。投射对象的直和仍然投射 + - 内射对象的直积仍然是内射对象 + ] + #lemma[][ + 在主理想整环 $R$ 上，$A$ 是内射模当且仅当可除，也即对于任意 $r !=0 in R, r A = A$ + ] #definition[Resulution][ 设 $A in CC$ 是一个对象 - 一个 $A$ 的内射解消是指复形： @@ -1582,12 +1691,100 @@ ] #lemma[][ - $Mod_R$ 有足够多的内射对象 + - $Mod_R$ 有足够多的投射对象 ] #proof[ - 利用 $Hom (R, QQ quo ZZ)$ 的内射性 + - 在任意模上构造自由模即可 + ] + #proposition[][ + 设 $CC$ 是 Abel 范畴，假设有正合列： + $ + 0 -> A -> A^0 -> A^1 -> ... + $ + 复形： + $ + 0 -> B -> I^0 -> I^1 -> ... + $ + 映射： + $ + f: A -> B + $ + 则存在交换图： + #align(center)[#commutative-diagram( + node((0, 0), $0$, 1), + node((0, 1), $A$, 2), + node((0, 2), $A^0$, 3), + node((0, 3), $A^1$, 4), + node((1, 0), $0$, 5), + node((1, 1), $B$, 6), + node((1, 2), $I^0$, 7), + node((1, 3), $I^1$, 8), + node((0, 4), $...$, 9), + node((1, 4), $...$, 10), + arr(1, 2, $$), + arr(2, 3, $$), + arr(3, 4, $$), + arr(5, 6, $$), + arr(6, 7, $$), + arr(7, 8, $$), + arr(1, 5, $$), + arr(2, 6, $f$), + arr(3, 7, $f^0$), + arr(4, 8, $f^1$), + arr(4, 9, $$), + arr(8, 10, $$), + )] + 且所有这样的延拓都是同伦的 + ] + #proof[ + 首先注意到 $A -> A^0$ 是单射，由内射对象的性质 $f^0$ 是存在的。\ + 归纳构造，假设 $f^i: A^i -> I^i, i = 0, 1, ..., n - 1$ 已经构造好，注意到由正合性，有单态射： + $ + coker(A^(n-2) -> A^(n-1)) -> A^n + $ + 其次，注意到： + $ + A^(n-2) -> A^(n-1) -> I^(n-1) -> I^n\ + = A^(n-2) -> I^(n-2) -> I^(n-1) -> I^n = 0 + $ + 因此有自然的态射： + $ + coker(A^(n-2) -> A^(n-1)) -> I^n + $ + 由内射性质立得 $A^n -> I^n$ 态射，存在性证毕 + + 假设还有另一种延拓 $g$，记 $I^(-1) = 0$，首先要构造下图中的 $h_0$ ： + #align(center)[#commutative-diagram( + node((0, 0), $$, 1), + node((0, 1), $A^0$, 2), + node((0, 2), $A^1$, 3), + node((1, 0), $I^(-1)$, 4), + node((1, 1), $I^0$, 5), + node((1, 2), $I^1$, 6), + arr(2, 4, $0$), + arr(3, 5, $h_0$), + arr(2, 3, $$), + arr(4, 5, $$), + arr(5, 6, $$), + arr(2, 5, $$), + arr(3, 6, $$),)] + 注意到 $(f^0 - g^0) compose (A -> A^0) = A -> B -> I^0 - A -> B -> I^0 = 0$，因此可将 $f^0 - g^0$ 延拓到 $A^0 quo A -> I^0$，又由正合性，$A^0 quo A$ 嵌入 $A^1$，内射性产生我们需要的 $h_0$，之后的构造是类似的。 + ] + #corollary[][ + 任意两个内射解消是同伦等价的 + ] + #proof[ + 假设有两个内射解消 $I, J$ 则有正合列间同态 $f: I -> J$ 和 $g: J -> I$ 都是 $id_A$ 的延拓。注意到 $g compose f$ 成为 $I -> I$ 的同态且是 $id_A$ 的延拓，而 $id$ 是 $I -> I$ 延拓 $id_A$ 的自然同态，唯一性给出 $g compose f tilde id$，另一个方向类似，因此有 $I tilde J$ ] == 余调 $delta-$函子，导出函子 - #definition[余调 $delta-$函子][ + #definition[$delta-$函子][ + 一个 homological $delta-$ functor 是一族函子 $T_i, i in NN$ 以及连接同态 $delta_i: T_i (C) -> T_(i-1) (A)$，使得： + - 对于任何短正合列 $0 -> A -> B -> C -> 0$ 有长正合列： + $ + ... -> T_i A -> T_i B -> T_i C ->^(delta_i) T_(i-1) A -> T_(i-1) B -> T_(i-1) C -> ... + $ + - 这个长正合列是典范的，也即短正合列间的同态诱导对应长正合列的同态 一个 Cohomological $delta-$ functor 是一族函子 $T_i, i in NN$ 以及连接同态 $delta^i: T^i (C) -> T^(i+1) (A)$，使得： - 对于任何短正合列 $0 -> A -> B -> C -> 0$ 有长正合列： $ @@ -1615,4 +1812,636 @@ $ 给出一个与内射解消的选取无关的函子，称为 $F$ 的右导出函子。 ] + #proof[ + - 由 @injection-resolution-eqvi 和 @homotopic-equivalence 知，这个定义是良定义的。 + - 我们还要验证 $R^n F$ 确实具有函子性。对于任意 $A ->^f B$，有交换图： + #align(center)[#commutative-diagram( + node((0, 0), $A$, 1), + node((0, 1), $I_A$, 2), + node((1, 0), $B$, 3), + node((1, 1), $I_B$, 4), + arr(1, 2, $$), + arr(1, 3, $f$), + arr(2, 4, $f^*$), + arr(3, 4, $$),)] + 其中 $f^*$ 来自于 @morphism-extension + ] + #lemma[Horse shoe][ + 设 $0 -> A -> B -> C -> 0$ 是短正合列，并有内射解消： + $ + A -> I\ + C -> J + $ + 则存在正合序列： + $ + 0 -> B -> I directSum J + $ + 使得下图交换： + #align(center)[#commutative-diagram( + node((0, 0), $0$, 1), + node((0, 1), $A$, 2), + node((0, 2), $B$, 3), + node((0, 3), $C$, 4), + node((1, 0), $0$, 5), + node((1, 1), $I$, 6), + node((1, 2), $I directSum J$, 7), + node((1, 3), $J$, 8), + node((0, 4), $0$, 9), + node((1, 4), $0$, 10), + arr(1, 2, $$), + arr(2, 3, $$), + arr(3, 4, $$), + arr(5, 6, $$), + arr(6, 7, $$), + arr(7, 8, $$), + arr(2, 6, $$), + arr(3, 7, $$), + arr(4, 8, $$), + arr(4, 9, $$), + arr(8, 10, $$), + + )] + 注意这里不是简单的直和，对象确实是直和但态射不是自然的态射 + ] + #proposition[][ + - $R^0 F tilde.eq F$ + - 设 $A$ 是内射模，则 $R^i F A = 0, forall i > 0$ + - 任取短正合列： + $ + 0 -> A -> B -> C -> 0 + $ + 由 @Horse-shoe 知存在复形的正合列： + $ + 0 -> I_A -> I_B -> I_C -> 0 + $ + 这里 $I_A, I_C$ 是内射解消，$I_B = I_A directSum I_C$\ + 既然 $F$ 具有加性，以下也是正合列： + $ + 0 -> F I_A -> F I_B -> F I_C -> 0 + $ + 立刻诱导出长正合列： + $ + ... -> H^i (F I_A) -> H^i (F I_B) -> H^i (F I_C) -> H^(i+1) (F I_A) -> ... + $ + 也就是： + $ + ... -> R^i F A -> R^i F B -> R^i F C -> R^(i+1) F A -> ... + $ + ] + #proof[ + - 任取内射解消 $0 -> A -> I$，由于 $F$ 左正合知 $0 -> F A -> F I$ 也正合，进而： + $ + R^0 F = H^0 (F I) = F A + $ + - 注意到此时： + $ + 0 -> A -> A -> 0 + $ + 成为内射解消，进而： + $ + R^i F = H^i (F (0 -> A -> 0 -> ...)) = 0 + $ + 且这个长正合列是典范的 + ] + 上面的命题表明，${R^i F}$ 确实是前面定义的余调 $delta-$函子。 + == acyclic objects + #let Facyclic = [$F-$acyclic] + #definition[#Facyclic][ + - 设 $F$ 是左正合函子，若 $J$ 满足 $R^i F J = 0, forall i >= 1$，则称 $J$ 是 #Facyclic 的 + - 一个 #Facyclic 解消是指正合列： + $ + 0 -> A -> J^0 -> J^1 -> J^2 -> ... + $ + 其中 $J^i$ 是 #Facyclic 的 + ] + #theorem[可用 #Facyclic 解消计算导出函子][ + 假设 $CC$ 有足够多内射对象，$F$ 左正合，则： + $ + R^i F A = H^i (F (J)) + $ + $J$ 是任意一个 #Facyclic 解消 + ] + #proof[ + 令 $Z^i (J) = ker (J^i -> J^(i+1))$，有正合列： + $ + 0 -> A -> J^0 -> Z^1 -> 0 + $ + 对于 $i >= 2$，有正合列： + $ + R^(i-1) F J^0 -> R^(i-1) F Z^1 -> R^i F A -> R^i F J^0 \ + 0 -> R^(i-1) F Z^1 -> R^i F A -> 0 + $ + 表明 $R^(i-1) F Z^1 = R^i F A$\ + 接下来，有正合列： + $ + 0 -> Z^1 -> J^1 -> Z^2 -> 0 + $ + 类似可以证明： + $ + forall i >= 3, R^(i-2) F Z^2 = R^(i-1) F Z^1 = R^i F A + $ + 不断进行，可以证明： + $ + R^i F A = R^1 F (Z^(i-1) (J)) + $ + 而我们有正合列： + $ + 0 -> F Z^(i-1) -> F (J^(i-1)) -> F (Z^i) -> R^1 F Z^(i-1) -> 0 + $ + 因此： + $ + R^1 F Z^(i-1) = (F (Z^i))/(im (F (J^(i-1)) -> F (Z^i))) + $ + 另一方面，有： + $ + H^i (F (J)) &= (ker F J^i -> F J^(i+1))/(im F J^(i-1) -> F J^i)\ + &= (F Z^i) / (im F J^(i-1) -> F J^i) + $ + 注意到有正合列： + $ + 0 -> J^(i-1) -> J^i -> J^i quo Z^i -> 0 + $ + $F$ 作用之，得正合列： + $ + 0 -> F J^(i-1) -> F J^i -> F (J^i quo Z^i) + $ + 给出 $F J^(i-1) -> F J^i$ 是嵌入，当然有 #TODO + ] + #remark[Dimension shifting][ + 设有正合列： + $ + 0 -> A -> B -> C -> 0 + $ + 且 $B$ 是 #Facyclic 的，则有: + $ + R^i F C = R^(i+1) F A, forall i >= 1 + $ + ] + 假设我们构造了一族余调 $delta-$函子，且 $T^0 = F$，何时这个函子是右导出函子呢？ + #definition[泛余调 $delta-$函子][ + 称一个余调 $delta-$ 函子 $T$ 是泛的，如果对于任何其他的余调 $delta-$函子 $T'$ 和自然变换 $T^0 ->^f T'^0$，有唯一的自然变换族 $f^i : T^i -> T'^i$ 使得对于任何正合列 + $ + 0 -> A -> B -> C -> 0 + $ + 有交换图： + #align(center)[#commutative-diagram( + node((0, 0), $T^i A$, 1), + node((0, 1), $T^i B$, 2), + node((0, 2), $T^i C$, 3), + node((0, 3), $T^(i+1) A$, 4), + node((1, 0), $T'^i A$, 5), + node((1, 1), $T'^i B$, 6), + node((1, 2), $T'^i C$, 7), + node((1, 3), $T'^(i+1) A$, 8), + arr(1, 2, $$), + arr(2, 3, $$), + arr(3, 4, $$), + arr(5, 6, $$), + arr(6, 7, $$), + arr(7, 8, $$), + arr(1, 5, $f^i A $), + arr(2, 6, $f^i B$), + arr(3, 7, $f^i C$), + arr(4, 8, $f^(i+1 A)$),)] + ] + #definition[effaceable][ + 称函子 $F$ 是 effaceable 的，如果对于任意 $A in CC$，存在一个单同态 $u: A -> M$ 使得 $F u = 0$\ + 对偶的，称 $F$ 是 co-effaceable 的，如果对于任意 $A in CC$，存在一个满同态 $v: A -> M$ 使得 $F v = 0$ + ] + #lemma[][ + 设 $CC$ 有足够多内射对象，$F$ 左正合，则$R^i F$ 是 effaceable 的 + ] + #proof[ + 将 $A$ 嵌入内射对象 $I$，用 $R^i F$ 作用产生： + $ + R^i F A -> R^i F I = 0 + $ + 当然就意味着 $F (A -> I) = 0$ + ] + #lemma[][ + 设 $T$ 是余调 $delta-$函子，$T^0 = F$，若 $T^i, i >= 1$ 是 effaceable 的，则 $T$ 是泛余调 $delta-$函子 + ] + #proof[ + 设 $T^i$ 是另一族余调 $delta-$函子以及 $T^0 ->^(f^0) T'^0$，归纳构造 $f^n$，假设已经有对于任何短正合列： + $ + 0 &-> A &&->^() B &&->^() C &&-> 0 + $ + 有交换图： + #align(center)[#commutative-diagram( + node((0, 0), $T^i C$, 1), + node((0, 1), $T^(i+1) A$, 2), + node((1, 0), $T'^i C$, 3), + node((1, 1), $T'^(i+1) A$, 4), + arr(1, 2, $delta^i$), + arr(1, 3, $f_A^i$), + arr(2, 4, $f_C^i$), + arr(3, 4, $$),)] + 其中 $i = 0, 1, ..., n-1$\ + 想法是利用条件进行降维，对于 $n$ ，选取 $u: A -> M$ 是单态射且 $T^n u = 0$，有短正合列： + $ + 0 &-> A &&->^() M &&->^() A quo M &&-> 0 + $ + 用 $T$ 进行作用，得到： + #align(center)[#commutative-diagram( + node((0, 0), $T^(n-1) M$, 1), + node((0, 1), $T^(n-1) M quo A$, 2), + node((0, 2), $T^n A$, 3), + node((1, 0), $T'^(n-1) M$, 4), + node((1, 1), $T'^(n-1) M quo A$, 5), + node((1, 2), $T'^n A$, 6), + arr(1, 2, $$), + arr(2, 3, $$), + arr(4, 5, $$), + arr(5, 6, $$), + arr(1, 4, $$), + arr(2, 5, $$), + arr(3, 6, $exists f_(A, u)^n$),)] + 其中可以证明 $T^(n-1) M quo A -> T^n A$ 是满射，$f$ 追图可得，需要验证它与 $u$ 无关，再找 $A ->^v N$，有交换图： + #align(center)[#commutative-diagram( + node((0, 0), $A$, 1), + node((0, 1), $M$, 2), + node((1, 0), $N$, 3), + node((1, 1), $coker ((u, -v): A -> M directSum N)$, 4), + arr(1, 2, $u$), + arr(1, 3, $v$), + arr(2, 4, $$), + arr(3, 4, $$), + arr(1, 4, $omega$) + )] + 显然 $T^n omega = 0$，往证 $f_u = f_omega$（对称的，有 $f_omega = f_v$），首先有交换图： + #align(center)[#commutative-diagram( + node((0, 0), $A$, 1), + node((0, 1), $M$, 2), + node((0, 2), $M quo A$, 3), + node((1, 0), $A$, 4), + node((1, 1), $L$, 5), + node((1, 2), $L quo A$, 6), + arr(1, 2, $$), + arr(2, 3, $$), + arr(4, 5, $$), + arr(5, 6, $$), + arr(1, 4, $$), + arr(2, 5, $$), + arr(3, 6, $$),)] + 由于上下都是短正合列，用 $T$ 作用于其上，再追图即可 + + 再证明 $f_A^n$ 是具有函子性的，也即给定 $u: A -> B$，考虑交换图： + #align(center)[#commutative-diagram( + node((0, 0), $A$, 1), + node((0, 1), $M$, 2), + node((0, 2), $M quo A$, 3), + node((1, 0), $B$, 4), + node((1, 1), $N$, 5), + node((1, 2), $N quo B$, 6), + arr(1, 2, $$), + arr(2, 3, $$), + arr(4, 5, $$), + arr(5, 6, $$), + arr(1, 4, $$), + arr(2, 5, $$), + arr(3, 6, $$),)] + 其中 $N$ 是用类似上面的在直和中取余核构造得到的，之后的证明是类似的 + 最后，证明 $f^n$ 与 $delta$ 有交换性，任取短正合列： + $ + 0 &-> A &&->^() B &&->^() C &&-> 0 + $ + 选取 $v: B -> M$ 使得 $T^n v = 0$，有交换图： + #align(center)[#commutative-diagram( + node((0, 0), $A$, 1), + node((0, 1), $B$, 2), + node((0, 2), $C$, 3), + node((1, 0), $A$, 4), + node((1, 1), $M$, 5), + node((1, 2), $M quo A$, 6), + arr(1, 2, $$), + arr(2, 3, $$), + arr(4, 5, $$), + arr(5, 6, $$), + arr(1, 4, $$), + arr(2, 5, $$), + arr(3, 6, $$),)] + 以 $T$ 作用于其上，之后的证明也是类似的 + ] + #theorem[][ + - $R^i F$ 是泛余调 $delta-$函子 + - 任何泛余调 $delta-$函子都同构于 $R^i F$ + ] + #proof[ + 第一个结论是前两个引理的推论，第二个结论来自于泛余调 $delta-$函子的唯一性（这是容易证明的） + ] + == Tor 与 Ext + 设 $R$ 是交换环，$A, B in Mod_R$\ + #definition[][ + $ + Tor_i (M, N) = L_i (- tensorProduct N) (M)\ + = H^(-i) ( ... -> M tensorProduct P^(-2) -> M tensorProduct P^(-1) -> M tensorProduct P^0 -> 0)\ + = H_i (... -> M tensorProduct P_(2) -> M tensorProduct P_(1) -> M tensorProduct P_0 -> 0) + $ + + ] + #definition[][ + $ + Ext^i (M, N) = (R^i Hom (*, N)) (M)\ + $ + 这里 $Hom (*, N)$ 是反变函子 + ] + 显然，$Hom, tensorProduct$ 都是二元函子，为了证明上述导出函子也是二元函子（也就是与先选取谁无关），需要用到下面的平衡性： + #definition[][ + 设 $T: C_1 times ... times C_(n)$，其中 $C_n$ 可能是 $C$ 或者 $C_("op")$\ + 若它左正合，且满足： + - 若 $T^i$ 是共变的，则只要该分量取任意内射对象，则函子正合 + - 若 $T^i$ 是反变的，则只要该分量取任意投射对象，则函子正合 + 则称 $T$ 是右平衡的，类似的可以对右正合函子定义左平衡 + ] + #lemma[][ + $ + Hom(M_1, M_2), Hom(M_1 tensorProduct M_2, M_3) + $ + 都是右平衡的\ + $tensorProduct$ 是左平衡的 + ] + #theorem[][ + 对于右平衡，左正合函子 $T$，有： + $ + R^i T(A_1, ..., A_(i-1), *, A_(i+1), ..., A^n) (A_i) + $ + 与 $i$ 取值无关 + ] + #proof[ + 需要用到谱序列，不证明 + ] + #example[][ + 设 $C$ 是 Abel 群构成的范畴，考虑： + $ + Tor_i (Z quo p, B) + $ + 注意到有投射解消： + $ + 0 -> ZZ ->^p ZZ -> ZZ quo p -> 0 + $ + 进而： + $ + Tor_i (Z quo p, B) = H_i (0 -> B ->^p B -> 0) + $ + 可得： + $ + Tor_i (Z quo p, B) = cases( + B quo p B quad i = 0, + {b in B | p b = 0} quad i = 1, + 0 quad i > 1 + ) + $ + ] + #proposition[][ + 设 $A, B$ 是交换群，则： + - $Tor_1 (A, B)$ 是 torsion group + - $Tor_i (A, B) = 0, i > 1$ + - 既然 $QQ quo ZZ = union Z quo n ZZ$，有 $Tor_1 (QQ quo ZZ, B) = B_("tor")$ + - 无挠群都平坦 + ] + #proposition[][ + 对于张量积函子，平坦模是 acyclic ，既然： + $ + L_i F(N) = 0 <=> Tor_i (M, N) = 0, forall i > 0 + $ + 进而计算 $Tor$ 可以使用平坦解消 + ] + #lemma[][ + - $M$ 是内射对象当且仅当 $Ext^1 (*, M) = 0$ + - $M$ 是投射对象当且仅当 $Ext^1 (M, *) = 0$ + ] + #proof[ + 任取短正合列用 $Ext$ 作用即可 + ] + #example[][ + - 设 $A, B$ 是 Abel 范畴中的对象，则 $Ext^n (A, B) = 0, forall n >= 2$ + - 对于 $ZZ quo p$ 有投射解消： + $ + 0 -> ZZ ->^p ZZ -> ZZ quo p -> 0 + $ + 由定义有： + $ + Ext^n (ZZ quo p, B) = H^n (0 -> Hom(ZZ, B) -> Hom(ZZ quo p, B)) + $ + - $Ext(ZZ, A) = 0$ + - 为了计算 $Ext(A, ZZ)$ 对 $ZZ$ 有内射解消： + $ + 0 -> ZZ -> QQ -> QQ quo ZZ -> 0 + $ + 因此： + $ + Ext^n (A, ZZ) = H^n (0 -> Hom(A, QQ) -> Hom(A, QQ quo ZZ) -> 0) + $ + 假设 $A$ 是挠群，则 $Hom(A, ZZ) = 0 = Hom (A, QQ)$，则此时: + $ + Ext^0 = 0\ + Ext^1 (A, ZZ) = Hom (A, QQ quo ZZ) + $ + ] + #proof[ + 将 $B$ 嵌入内射对象 $I$，有正合列： + $ + 0 -> B -> I -> I quo B -> 0 + $ + 然而由@injective-divisible 可得 $I quo B$ 也是内射的，进而结论成立 + ] + #definition[][ + 称 $B$ 是 $A$ 的扩张，如果有短正合列： + $ + 0 -> A -> X -> B -> 0 + $ + 称两个扩张等价，如果有交换图： + #align(center)[#commutative-diagram( + node((0, 0), $0$, 1), + node((0, 1), $A$, 2), + node((0, 2), $X$, 3), + node((0, 3), $B$, 4), + node((0, 4), $0$, 5), + node((1, 0), $0$, 6), + node((1, 1), $A$, 7), + node((1, 2), $Y$, 8), + node((1, 3), $B$, 9), + node((1, 4), $0$, 10), + arr(1, 2, $$), + arr(2, 3, $$), + arr(3, 4, $$), + arr(4, 5, $$), + arr(6, 7, $$), + arr(7, 8, $$), + arr(8, 9, $$), + arr(9, 10, $$), + arr(2, 7, $$, bij_str), + arr(3, 8, $$), + arr(4, 9, $$, bij_str), + )] + 由 5-lemma，此时一定有 $X tilde.eq Y$\ + 称 $eta$ 是分裂的，如果 $eta$ 等价于： + $ + 0 &-> A &&->^() A directSum B &&->^() B &&-> 0 + $ + ] + #lemma[][ + 对于正合列: + $ + eta: 0 -> A -> X -> B -> 0 + $ + 可得长正合列： + $ + 0 &-> Hom (B, A) &&->^() Hom (B, X) &&->^() Hom (B, B) &&->^delta Ext^1 (B, A) -> ... + $ + 注意到 $id_B in Hom (B, B)$ 可以诱导 $delta_eta (id_A)$\ + 这就构造了所有扩张 $eta$ 到 $Ext^1 (B, A)$ 的映射。可以证明这是双射\ + 特别的，若 $Ext^1 (B, A) = 0$，则任意扩张都是分裂的 + ] + == 三角范畴与导出范畴 + 设 $AA$ 是 Abel 范畴，令 $C(AA)$ 是复形构成的范畴，$K(AA)$ 是复形范畴商掉同伦关系。 对于任何加性函子 $F: AA -> AA$，它当然保持同伦也因此可以延拓到 $K(AA)$ 上。不幸的是，$K(AA)$ 不是 Abel 范畴，不能自由的取 $ker, coker$，但它可以产生一个三角范畴。 + #definition[三角范畴][ + 设 $K$ 是加性范畴，称 $K$ 是三角范畴，如果它具有自同构 $T = [1] : K -> K$9有时称为 translation functor）以及一族三角形 $A -> B -> C -> A [1]$（也称为正合三角形），要求满足： + + 每个态射 $f: A -> B$ 可被延拓成正合三角形 $A -> B -> C -> A[1]$\ + 特别的，$A ->^id A -> 0 -> A[1]$ 是正合三角形，同时同构于正合三角形的三角形也正合 + + 设 $A -> B -> C -> A [1]$ 是正合三角形，则旋转： + $ + B -> C -> A[1] ->^(-(A -> B)[1]) B[1]\ + C[-1] ->^(-(C -> A[1])[-1]) -> A -> B -> C + $ + 是正合三角形 + + + 设有交换图： + #align(center)[#commutative-diagram( + node((0, 0), $A$, 1), + node((0, 1), $B$, 2), + node((0, 2), $C$, 3), + node((0, 3), $A[1]$, 4), + node((1, 0), $A'$, 5), + node((1, 1), $B'$, 6), + node((1, 2), $C'$, 7), + node((1, 3), $A'[1]$, 8), + arr(1, 2, $$), + arr(2, 3, $$), + arr(3, 4, $$), + arr(5, 6, $$), + arr(6, 7, $$), + arr(7, 8, $$), + arr(1, 5, $f$), + arr(2, 6, $$), + arr(4, 8, $f[1]$),)] + 其中上下行都是正合三角形，则存在 $C -> C'$ 的态射使得图表交换。 + + 对于交换的三角形： + #align(center)[#commutative-diagram( + node((0, 0), $A$, 1), + node((0, 1), $B$, 2), + node((1, 0), $C$, 3), + arr(1, 2, $$), + arr(3, 2, $$), + arr(1, 3, $$),)] + 沿着三边分别向外延拓出正合三角形，则延拓的第三项“共线”，也即可延拓出正合三角形。 + + ] + #definition[拟同构][ + 称 $E -> F$ 是拟同构，如果 $forall n, H^n (E) tilde.eq H^n (F)$ + ] + #definition[局部化][ + 设 $C$ 是范畴，$S$ 是 $C$ 中一些态射的集合。称 $C$ 关于 $S$ 的局部化是范畴 $Inv(S) C$ 以及函子 $Inv(S): C -> Inv(S) C$，满足： + - $forall s in S, Inv(S) s$ 是同构 + - 有泛性质：若 $F s$ 对于所有 $s in S$ 都是同构，则有交换图： + #align(center)[#commutative-diagram( + node((0, 0), $CC$, 1), + node((0, 1), $DD$, 2), + node((1, 0), $Inv(S) CC$, 3), + arr(1, 2, $F$), + arr(3, 2, $exists !$), + arr(1, 3, $Inv(S)$),)] + ] + #remark[][ + 之前构造 $Inv(S) R$ 时，可以将 $R$ 视作范畴，其中 $Ob$ 只有一个元素，$Hom(*, *) = R$，这样局部化的概念就是一致的 + ] + #theorem[][ + 范畴的局部化总是存在的 + ] + #definition[][ + 称 $S$ 是乘性系统，如果： + - $S$ 包含所有 $id$ + - $S$ 在复合下封闭 + - 对于任何交换图： + #align(center)[#commutative-diagram( + node((0, 0), $X$, 1), + node((0, 1), $Y$, 2), + node((1, 0), $Z$, 3), + arr(1, 2, $$), + arr(3, 2, $t in S$), + )] + 存在交换图： + #align(center)[#commutative-diagram( + node((0, 0), $W$, 1), + node((0, 1), $Z$, 2), + node((1, 0), $X$, 3), + node((1, 1), $Y$, 4), + arr(1, 2, $$), + arr(1, 3, $$), + arr(2, 4, $$), + arr(3, 4, $$),)] + 类似于 $Inv(t) g = g Inv(s)$ + - 有消去律：\ + 设 $f, g : X -> Y$，以下条件等价： + - $exists s in S, s f = s g$ + - $exists s in S, f t = g t$ + ] + #theorem[Gabriel-Zisman][ + 设 $S$ 是乘性系统，则 $Inv(S) CC$ 可以被显式构造： + - $Ob(Inv(S) CC) = Ob (CC)$ + - $Hom (X, Y) = {f Inv(t) : X <-^t X' -> Y} quo tilde$ + 其中 $ X <-^t_1 X'_1 -> Y$ 与 $ X <-^t_2 X'_2 -> Y$ 等价当今仅当存在 $ X <-^t_3 X'_3 -> Y$ 以及 $X_3 -> X_1, X_3 -> X_2$，并构成交换图 + 则这确实是范畴，且就是 $Inv(S) CC$，对应函子是： + $ + funcDef(q, CC, Inv(CC), (X ->^f Y), (X ->^id X ->^f Y)) + $ + ] + #definition[][ + 对于任意 Abel 范畴 $AA$，则 $K(AA)$ 是三角范畴，取 $S$ 为其中所有拟同构，则可以验证它是乘性系统，做商得到的范畴称为导出范畴。它包含了所有同调群的信息。 + ] + #lemma[][ + 设 $F: A -> B$ 是加性函子，则自然的拓展到 $K(A) ->^F K(B)$ + - 若 $F$ 是正合函子，则 $F$ 保持同调群同构，当然就可以延拓到 $D(A) -> D(B)$ + - 若 $F$ 不是正合函子，一般不能直接进行延拓 + ] + #definition[][ + 设 $q: K(A) -> D(A)$ 称 $F$ 的（全）右导出函子是指 $R F: D^* (AA) -> D^* (B)$ 以及自然变换 $xi: q F -> R F q$，并满足泛性质：对于任意 $G: D(A) -> D(B), eta: q F -> G q$，都有自然变换 $epsilon$ 使得 $epsilon xi = eta$（换言之，这是某种最小的延拓）。 + + 既然由泛性质给出，故只要存在右导出就是唯一的 + + ] + #theorem[][ + 若 $AA$ 有足够多的内射对象，则 $R F$ 存在，且满足若 $I$ 是内射对象的有界复形，则： + $ + R F(I) tilde.eq q F(I) => H^n (R F(A)) tilde.eq R^n F(A) + $ + ] + #definition[Kan extension][ + 设 $F: AA -> BB, G: CC -> DD$，一个 $F$ 沿着 $G$ 的左 Kan-extension 是指： + - 函子 $K: DD -> BB$ + - 自然变换 $alpha: F -> K G$ + 并且是这样的二元组组成范畴的始对象。 + + 对偶的，可以定义右 Kan-extension + ] + #example[][ + 余极限、极限可以实现成左、右 Kan 延拓。考虑： + #align(center)[#commutative-diagram( + node((0, 0), $CC$, 1), + node((0, 1), $0$, 2), + node((1, 0), $DD$, 3), + arr(1, 2, $$), + arr(1, 3, $F$),)] + ] + 则 $F$ 沿着 $0$ 的左 Kan 延拓是 $(K: 0 -> DD, alpha: F -> K 0)$ 并满足泛性质。事实上，$K$ 只有一个像，记作 $"colim" F$，而自然变换就是交换图： + + #commutative-diagram( + node((0, 0), $F A$, 1), + node((0, 1), $F B$, 2), + node((1, 0), $"colim" F$, 3), + arr(1, 2, $$), + arr(3, 2, $$), + arr(1, 3, $$),) + 始对象对应的就是余极限的泛性质 + diff --git "a/\345\244\215\345\217\230\345\207\275\346\225\260/main.typ" "b/\345\244\215\345\217\230\345\207\275\346\225\260/main.typ" index 24abf25..ed3c872 100644 --- "a/\345\244\215\345\217\230\345\207\275\346\225\260/main.typ" +++ "b/\345\244\215\345\217\230\345\207\275\346\225\260/main.typ" @@ -373,7 +373,7 @@ ] #theorem[][ 在单连通区域上，每个调和函数都有共轭调和函数 - ] + ] #proof[ 注意到复平面的连通区域一定分段路径连通，取定 $P = (x_0, y_0)$，对于任意一点 $z$，找到分段线性的道路 $gamma_1, gamma_2 : P -> z$\ 取 $v(z) = integral_(gamma_1) partialDer(u, x) dif y - partialDer(u, y) dif x$，为了验证良定义性，需要计算 $gamma_1, gamma_2$ 给出相同的函数值\ @@ -903,7 +903,7 @@ $ f(z) = 1/(2 pi i) integral_(diff omega) f(w)/(w - z) dif w $ - ] + ] #proof[ 由之前的 Cauthy 定理，只需要考虑 $omega$ 是某个任意小的球形开邻域，则： $ @@ -1254,7 +1254,7 @@ - 存在 $z_0 != 0$，使得 $norm(f(z_0)) = norm(z_0)$ - $f'(0) = 1$ - 存在 $theta$ 使得 $f(z) = z e^(i theta)$ - ] + ] #proof[ - 对它做级数展开得到： $ @@ -1963,7 +1963,7 @@ ] #theorem[Montel][ $FF subset H(G)$ 是正规的当且仅当 $FF$ 局部有界 - ] + ] #proof[ 设正规性成立，假设不局部有界，则可得到点 $z_0$ 使得 $FF$ 中有一列函数使得： $ @@ -1987,7 +1987,7 @@ ] #theorem[][ 设 ${f_n} subset C(G, CC)$ 在 $G$ 上内闭一致收敛于 $f in C(G, CC)$，且 $f_n in H(G)$，则 $f in H(G)$，且 $f$ 的 $k$ 阶导数就是 $f_n$ 的 $k$ 阶导数的极限 - ] + ] #proof[ $f$ 的连续性是显然的。至于解析性，利用 @Morera 定理，只需证明内部某个三角形边界上的积分为零即可。可以找到一个略大的紧集，函数列一致收敛，进而由积分极限的换序性质，积分为零。 @@ -2004,7 +2004,7 @@ $ exists N in NN, forall n > N, f, f_n "在 " B(a, r) "内有相同的零点个数" $ - ] + ] #proof[ 设 $m = inf_(diff closedBall(a, r)) norm(f(z)) > 0$，由一致收敛性，当 $n$ 充分大时有： $ @@ -2018,7 +2018,344 @@ ] == 黎曼映射定理 #theorem[黎曼映射定理|Riemann mapping][ - 设 $D$ 是单连通区域且不为 $CC$ ，$a in D$，则存在唯一的双全纯同胚 $f: D -> B(0, 1)$ 使得 $f(a) = 0, f'(a) > 0 in RR$ + 设 $D$ 是单连通区域且不为 $CC$ ，$a in D$，则存在唯一的双全纯同胚 $f: D -> B(0, 1)$ 使得 $f(a) = 0, f'(a) > 0 in RR$，这个 $f$ 也被称为黎曼映射 ] + #proof[ + 先证明比较简单的唯一性，假设有两个函数 $f, g$ 满足条件，则 $h := g Inv(f) : B(0, 1) -> B(0, 1)$ 也是双全纯的，且： + $ + h(0) = 0\ + h'(0) = g'(a) 1/(f'(a)) > 0 + $ + 由对称性，不妨设 $norm(h'(0)) >= 1$，由 @Schwarz 可得 $norm(h'(0)) = 1$，继而： + $ + exists c, norm(c) = 1 , h(z) = c z\ + h'(0) = c > 0 + $ + 从而 $c = 1$ ，证毕 + + 再证明比较复杂的存在性： + 定义： + $ + FF = {f in H(G) | f: G -> B(0, 1) "是单叶解析的且" f(a) = 0, f'(a) > 0} + $ + 显然 $FF$ 是（局部）有界的，根据 @Montel 它是正规族\ + #lemmaLinear[][ + $FF != emptyset$ + ] + #proof[ + 由于 $G != CC$，任取 $b in CC - G$，利用单连通性可以构造 $g: G -> CC$ 使得： + $ + g^2 = z - b + $ + （注意到 $z - b$ 在 $G$ 上不零化，结合单连通性即可找到平方根）\ + 同时上式右侧是单射，导出 $g$ 是单射。事实上，$g(z_1) + g(z_2) = 0$ 也能导出 $z_1 = z_2$，因此任意两个关于原点对称的点至多一个落在 $g(G)$ 中。我们接下来的目标便是证明 $g(G)$ 确实落在某个半平面之中。 - \ No newline at end of file + 由开映射原理，设 $B(g(a), r) subset g(G)$，上面结论表明 $B(-g(a), r) subset CC - g(G)$（同时也表明不可能 $g(a) = 0$）几何上来说，由于 $g(G)$ 也是单连通区域，当然会落在某个方向上的一半平面中，而半平面与 $B(0, 1)$ 的共形同胚是熟知的。 + ] + #lemmaLinear[][ + $overline(FF) = FF union {0}$ + ] + #proof[ + 注意到 $FF$ 中函数的极限首先当然解析，且 $f(a) = 0, f'(a) >= 0$\ + 假设 $f != 0$，我们需要证明： + - $f(G) subset B(0, 1)$，既然 $f(G) subset diff(B(0, 1))$ 且是开集，当然应该 $f(G) subset B(0, 1)$ + - $f$ 是单射，既然任取 $z_1, z_2$ 假设 $f(z_1) = f(z_2)$，总可找到 $r$ 使得： + $ + z_2 in.not B(z_1, r) + $ + 考虑 $f_n (z) - f_n (z_2)$，利用 @Harwitz 可得 $f$ 与 $f_n$ 在 $B(z_1, r)$ 上有相同的零点个数，进而它们都没有零点。进而就有： + $ + f(z_1) != f(z_2) + $ + - $f'(a) > 0$，既然 $f$ 是单射这就是 @univalent-is-homeomorphism + ] + 考虑求导算子: + $ + funcDef(D, H(G), CC, f, f'(a)) + $ + @analytic-continuity 给出了它的连续性。如此，在 $overline(FF)$ 中取得 $D(FF)$ 的最大值点（注意到 $D(overline(FF)) subset RR^+$，且连续函数在紧集上可以取得最大值）并有 $f != 0 => f in FF$，断言这个 $f$ 满足 $f(G) = B(0, 1)$ 进而就是我们要找的 $f$\ + 如若不然，则可设 $w in B(0, 1) - f(G)$，令： + $ + h_2 (z) = (f(z) - w)/(1 - overline(w) f(z)) + $ + 显然它是解析函数，且在 $G$ 上无零点。既然 $G$ 是单连通的，我们可以获得它的平方根，也即： + $ + exists h(z), h^2 (z) = h_2 (z) + $ + 注意到： + $ + phi(z) := (z - h(a))/(1 - z overline(h(a))) + $ + 是 $B(0, 1)$ 到自身的共形同胚，定义： + $ + g(z) = norm(h'(a))/(h'(a)) (h(z) - h(a))/(1 - overline(h(a)) h(z)) := norm(h'(a))/(h'(a)) phi(h(z)) + $ + 可以验证： + - $g(G) subset B(0, 1)$ + - $g(a) = 0$ + - $g$ 是单射，既然莫比乌斯变换是双射，只需 $h$ 单 $arrow.l.double h_2$ 单，利用莫比乌斯变换和 $f$ 单可知结论成立 + 同时，计算得： + $ + g'(a) = norm(h'(a))/(1 - norm(h(a))^2) + $ + 在@h-def 中求导，得： + $ + 2 h(a) h'(a) = f'(a) (1 - norm(w)^2) + $ + 同时注意到 $norm(h'(a)) = norm(w)$，一番计算最终可得： + $ + g'(a) = (f'(a) (1 + norm(w)))/(2 sqrt(norm(w))) >= f'(a) + $ + 上面利用了均值不等式，取等当且仅当 $norm(w) = 1$，这是不可能的，因此： + $ + g'(a) > f'(a) + $ + 以上所有推理导出 $g in FF, D(g) > D(f)$，与 $f$ 的最大性矛盾！ + + ] + #remark[][ + 一个可能的推广是所谓的 quasi-conformal mapping （类似于共形映射把圆映成圆，拟共形映射将圆映成椭圆），这是一种共形映射的推广，也可以对黎曼映射定理作出推广。另一个方向是考虑黎曼映射是否能连续延拓到边界上（当然，一般来说是不行的），但是在一些条件下确实可以： + #theorem[][ + 假设单连通区域 $G$ 的边界是一个简单闭曲线，则黎曼映射可以连续延拓到： + $ + f: overline(G) -> overline(B(0, 1)) + $ + ] + 然而许多时候简单闭曲线的条件是过强的，例如上半平面中随便删去一条从 $RR$ 上出发的简单曲线，得到的区域仍是单连通区域，然而黎曼映射当然难以进行连续延拓。此时可以推广到 prime ends 的语言上进行解释 + ] += 调和函数|Harmonic function + == 泊松核 + #let suminf(n) = $sum_(#n = - infinity)^(+infinity)$ + #definition[][ + 设 $G subset CC, f: G -> CC$ 称 $f$ 为调和函数，如果 $f$ 有连续偏导且： + $ + Delta u = (diff^2 u) / (diff x^2) + (diff^2 u) / (diff y^2) = 0 + $ + ] + #definition[泊松核][ + 定义： + $ + P_(r) (theta) = suminf(n) r^(abs(n)) e^(i n theta), where r in [0, 1) + $ + 称为泊松核 + ] + #lemma[][ + $ + Re ( + (1 + r e^(i theta)) + / + (1 - r e^(i theta)) + ) + = P_r (theta)\ + = (1 - r^2)/(1 - 2 r cos theta + r^2) + $ + ] + #proof[ + 对： + $ + (1 + r e^(i theta)) + / + (1 - r e^(i theta)) + $ + 做级数展开，可以写成： + $ + (1 + r e^(i theta)) + / + (1 - r e^(i theta)) + = (1 + r e^(i theta)) sum_(n=0)^(+infinity) r^n e^(i n theta)\ + = 1 + 2 sum_(n=1)^(+infinity) r^n e^(i n theta)\ + $ + 取实部，有： + $ + Re (1 + r e^(i theta)) + / + (1 - r e^(i theta)) + = 1 + sum_(n=1)^(+infinity) r^n( e^(i n theta) + e^(-i n theta))\ + = suminf(n) r^(abs(n)) e^(i n theta) + $ + 证毕 + ] + #lemma[][ + - $1/(2 pi) integral_(-pi)^(pi) P_r (theta) dif theta = 1$ + - $P_r (theta) > 0, forall theta$ + - $P_r (theta) < P_r (delta) where 0 < theta < abs(delta) <= pi$ + - 对于 $theta in [delta, pi] union [-pi, -delta] where delta in (0, pi)$，有： + $ + lim_(r -> 1^-) P_r (theta) = 0 + $ + 且是一致收敛 + ] + == Dirichlet Problem + #definition[][ + 设 $G$ 满足 $forall f in C(diff G, RR), exists u in C(overline(G), RR), u|_(diff G) = f$ 且 $u$ 在 $G$ 中调和，则称 $G$ 是 Dirichlet 区域 + ] + 在 Dirichlet 研究太阳系的稳定性时，提出了什么区域是 Dirichlet 区域的问题，这个问题在数学上被称为 Dirichlet Problem。一般的解决方法非常困难，我们只对单位圆盘解决，也已经十分困难了。 + #lemma[Leibniz' s rule][ + 设 $gamma subset G$ 是可求长曲线，$G$ 是区域，$phi in C(gamma times G, C)$，令： + $ + g(z) = integral_(gamma) phi(z, w) dif w + $ + 则 $g$ 在 $G$ 上连续。若 $partialDer(phi, z)$ 连续，则 $g$ 是解析函数且： + $ + g(z) = integral_(gamma) partialDer(phi, z)(w, z) dif w + $ + ] + #proof[ + 将实分析中同样的定理证明搬到复数域即可 + ] + #theorem[][ + 单位圆盘 $D = B(0, 1)$ 是 Dirichlet 区域，更进一步，$u$ 是唯一存在的，且形如： + $ + u(r e^(i theta)) = 1/(2 pi) integral_(-pi)^(pi) P_r (theta - t) f(e^(i t)) dif t, forall r in [0, 1), theta in [0, 2pi) + $ + ] + #proof[ + #let ze = $e^(i theta)$ + 令： + $ + u(r e^(i theta)) = cases( + 1/(2 pi) integral_(-pi)^(pi) P_r (theta - t) f(e^(i t)) dif t quad r in [0, 1), + f(e^(i theta)) quad r = 1 + ) + $ + 设 $z = ze$，将有： + $ + u(z) = 1/(2 pi) Re (integral_(-pi)^(pi) (1 + r ei((theta - t))) / (1 - r ei((theta - t))) f(e^(i t)) dif t)\ + = 1/(2 pi) Re (integral_(-pi)^(pi) (ei(t) + z) / (ei(t) - z) f(e^(i t)) dif t)\ + $ + - @Leibniz-rule 给出： + $ + integral_(-pi)^(pi) (ei(t) + z) / (ei(t) - z) f(e^(i t)) dif t + $ + 关于 $z$ 解析，因此 $u(z)$ 作为解析函数的实部确实是调和函数。 + - 接下来证明 $u$ 在边界上的连续性。不失一般性，只需计算在 $1$ 处的连续性即可，也即对于 $forall epsilon > 0$ 估计： + $ + norm(u (ei(theta)) - f(1)) = norm(1/(2 pi) integral_(-pi)^(pi) P_r (theta - t) (f(e^(i t)) - f(1)) dif t)\ + $ + 注意到泊松核在远离 $0$ 处一致收敛于零，只需对任意小的 $delta$ 估计： + $ + norm(1/(2 pi) integral_(-epsilon)^(epsilon) P_r (theta - t) (f(e^(i t)) - f(1)) dif t)\ + <= 1/(2 pi) integral_(-epsilon)^(epsilon) P_r (theta - t) norm(f(e^(i t)) - f(1)) dif t\ + $ + 显然取得 $delta$ 足够小可以使得： + $ + norm(f(e^(i t)) - f(1)) < epsilon + $ + 将有上式： + $ + &<= ( 1/(2pi) integral_(-epsilon)^(epsilon) P_r (theta - t) dif t) epsilon\ + &<= ( 1/(2pi) integral_(-pi)^(pi) P_r (theta - t) dif t) epsilon\ + &= epsilon + $ + 边界上的连续性证毕 + - 最后验证唯一性。来自于以下的引理： + #lemma[][ + 设 $u$ 在 $B(0, 1)$ 上调和，在边界处连续且为零，则 $u = 0$ + ] + #proof[ + 有许多种证明方法，例如 @harmonic_conjugate 给出 $u$ 可以补充为解析函数 $f$\ + 再利用 @Cauthy-value 可得 $u = 0$\ + 或者取 $u$ 在区域闭包上的最大值和最小值，利用下面的 @Maximum-Minimal-principle 即可 + ] + + ] + #remark[][ + 黎曼映射定理告诉我们，单位圆盘的内部与任何非 $CC$ 的单连通区域都差不多。如果黎曼映射可以连续延拓到边界，容易想到单连通区域的 Dirichlet 性立刻化归到单位圆盘上。@Riemann-mapping-extension 给出至少边界是约当曲线时上面说的连续延拓是成立的。 + ] + #corollary[][ + 设 $u$ 在 $B(a, R)$ 上调和，在边界处连续，则有 $forall r < R$： + $ + u(a + r ei(theta)) = 1/(2 pi) integral_(-pi)^(pi) P_r (theta - t) u(a + R e^(i t)) dif t\ + = 1/(2 pi) integral_(-pi)^(pi) (R^2 - r^2)/(R^2 - 2 r R cos theta + r^2) u(a + R e^(i t)) dif t\ + $ + 更进一步，若 $u(x) >= 0$，则有： + $ + (R - r)/(R + r) u(a) <= u(a + r ei(theta)) <= (R + r)/(R - r) u(a) + $ + ] + #proof[ + 公式的成立性由上面定理立得。至于不等式，注意到： + $ + (R - r)/(R + r)u(a + R e^(i t)) <= (R^2 - r^2)/(R^2 - 2 r R cos theta + r^2) u(a + R e^(i t)) <= (R + r)/(R - r) u(a + R e^(i t)) + $ + 两边积分并注意到： + $ + 1/(2 pi) integral_(-pi)^(pi) u(a + R e^(i t)) dif t = u(a) + $ + 来自于在原来公式中取 $r = 0$ ，即可得到结论 + ] + == 平均值定理与最大/最小值原理 + #theorem[Mean Value][ + 设 $u: G -> RR$ 上调和，$closedBall(a, r) subset G$，则： + $ + u(a) = 1/(2 pi) integral_(-pi)^(pi) u(a + r e^(i theta)) dif theta + $ + ] + #proof[ + 类似 @lemma-harmonic-zero 的证明，化归到复解析情形即可 + ] + #theorem[Maximum/Minimal Principle][ + 设 $u: G -> RR$ 是连续函数，且满足@mean-value-equation 给出的平均值条件。若 $exists a in G$ 使得 $u(a)$ 是区域上的最大值（或最小值），则 $u(a)$ 是常数 + ] + #proof[ + 只证最大值情形，最小值取负即可。假设 $a$ 是最大值点，由 @mean-value-equation 有： + $ + u(a) = 1/(2 pi) integral_(-pi)^(pi) u(a + r e^(i theta)) dif theta + $ + 借用下面的引理： + #lemma[][ + 设 $f: [0, 1] -> RR$ 是连续函数，且： + $ + f(x) <= M\ + integral_(0)^(1) f(x) dif x = M + $ + 则 $f(x) = M$ + ] + #proof[ + 也就是证明若 $f(x) >= 0, integral_(0)^(1) f(x) dif x = 0$ 则 $f(x) = 0$，这是实分析的经典结论 + ] + 可得 $forall z in diff B(a, r), u(z) = u(a)$，进而 $f$ 在 $a$ 附近任何一个圆盘上是解析函数。\ + 对于区域内任意一点，找到一个路径并对路径做有限覆盖，不断利用上面的结论可得区域内任何一点处的函数值都是 $u(a)$ + ] + #theorem[][ + 满足@mean-value-equation 的连续函数一定是调和函数 + ] + #proof[ + 有些复杂，我们不证明，但是结论需要了解 + ] + #definition[次/超调和函数|subharmonic/super harmonic function][ + 设 $u: G -> RR$ 上连续，且有： + $ + u(a) <= 1/(2 pi) integral_(-pi)^(pi) u(a + r e^(i theta)) dif theta + $ + 则称 $u$ 是次调和函数。类似地，若不等号反向，则称 $u$ 是超调和函数 + ] + 考试内容到此为止 += 黎曼 $zeta$ 函数 + #definition[黎曼 $zeta$ 函数][ + 定义： + $ + zeta(s) = sum_(n=1)^(+infinity) 1/n^s = product_(p "is prime" ) (1 - p^(-s))^(-1), Re s > 1 + $ + ] + #theorem[素数定理][ + 设 $pi(T)$ 是不超过 $T$ 的素数个数，则有： + $ + pi(T) tilde "Li"(T) = integral_(2)^(T) 1 / (ln u) dif u tilde T / (ln T) + $ + 20世纪的工作表明： + $ + pi(T) = "Li"(T) + O(sqrt(T) ln T) + $ + 等价于黎曼猜想 + ] + #theorem[Hober][ + 设 $M$ 是有常曲率 $-1$ 的紧 Riemann 曲面， + $ + pi(T) = {gamma "是素的闭测地线" | l(gamma) <= T} + $ + 则 $exists alpha in (0, 1)$，有： + $ + pi(T) = "Li"(e^T) + O(e^(alpha T)) + $ + ] \ No newline at end of file diff --git "a/\345\244\215\345\217\230\345\207\275\346\225\260/\344\275\234\344\270\232/hw10.typ" "b/\345\244\215\345\217\230\345\207\275\346\225\260/\344\275\234\344\270\232/hw10.typ" new file mode 100644 index 0000000..6f83286 --- /dev/null +++ "b/\345\244\215\345\217\230\345\207\275\346\225\260/\344\275\234\344\270\232/hw10.typ" @@ -0,0 +1,67 @@ +#import "../../template.typ": * +// Take a look at the file `template.typ` in the file panel +// to customize this template and discover how it works. +#show: note.with( + title: "作业10", + author: "YHTQ", + date: none, + logo: none, + withOutlined : false, + withTitle :false, + withHeadingNumbering: false +) += p154 + == 4 + 由条件知 ${f_n}$ 是正规族，因此有收敛子列。只需证明任意收敛子列都收敛于 $f$ 即可。注意到题中所述性质对子列也成立，不妨就设 $f_n -> f'$，性质表明 $A = {z in G | f' = f}$ 有聚点，且 $f, f'$ 都是解析函数，进而 $f' = f$，证毕！ + == 7 + 往证 $g compose FF$ 局部有界。任取 $z in G$，由 $FF$ 正规知局部有界，进而存在 $r, M$ 使得： + $ + norm(f(B(z, r))) subset [0, M], forall f in FF + $ + 上式表明 $f(B(z, r))$ 是有界集，由条件 $g$ 将在其上有界 $M'$，也即： + $ + norm((g compose f) (B(z, r))) subset [0, M'], forall f in FF + $ + 这就表明 $g compose FF$ 局部有界，证毕！ += p163 + == 1 + 用反证法，假设 $w in.not diff Q$，则 $w in Q$ 是内点。无妨设 $w in overline(B(w, delta)) subset Omega$，并设 $f(z_n) in B(w, delta)$\ + 由上述假设知： + $ + z_n in Inv(f)(overline(B(w, delta))) + $ + 上式右端是含于 $Omega$ 的闭集，这将导致 $z_n$ 的极限必须含于 $Inv(f)(overline(B(w, delta))) subset Omega$，与条件矛盾！ + == 4 + 考虑： + $ + f(z) = (1 + z)/(1 - z) + $ + 它把 $B(0, 1)$ 映成右半平面，把上半圆盘映成第一象限。 + - $e^(pi/2 i) z$ 给出右半圆盘到上半圆盘的解析同胚 + - $f(z)$ 给出上半圆盘到第一象限的解析同胚 + - $z^2$ 给出第一象限到右半平面的解析同胚（不难验证是单射） + - $Inv(f) (z)$ 给出右半圆盘到圆盘的解析同胚 + 四者复合即得所求 + == 9 + - 先用： + $ + h_1 (z) = (1-z)/(z + 1) + $ + 把 $G$ 映成右半平面除去 $1$ + - 可以在右半平面中取对数 $ln$，将右半平面映成 ${z | Re z > 0, Im z subset [0, 2 pi i)}$，将右半平面除去 $1$ 映成 ${z | Re z > 0, Im z subset [0, 2 pi i)} - {e}$ + - 在上面的区域取 $e^(-z)$，将上面的区域映成 $B(0, 1) - {0, e^(-e)}$ + - 以上步骤都是单射，最后，令： + $ + f(z) = integral_0^z w(w - e^(-e)) dif w = z^3/3 - 1/2 e^(-e) z^2 + $ + 不难发现 $f'(z)$ 在 $B(0, 1) - {0, e^(-e)}$ 非零，同时： + $ + f(z) = f(z_0) <=> z^3/3 - 1/2 e^(-e) z^2 = z_0^3/3 - 1/2 e^(-e) z_0^2\ + <=> (z - z_0)(z^2 + z z_0 + z_0^2 - 1/2 e^(-e)(z + z_0)) = 0\ + <=> (z - z_0)(z^2 + (z_0 -1/2 e^(-e))z + z_0^2 - 1/2 e^(-e) z_0) = 0\ + $ + 对 $z_0 = 0, e^(-e)$ 均可验证上式在 $B(0, 1) - {0, e^(-e)}$ 中还有一根，进而： + $ + f(B(0, 1) - {0, e^(-e)}) = f(B(0, 1)) + $ + 而 $f(B(0, 1))$ 是单连通区域，利用 Riemann 映射定理，得证！ \ No newline at end of file diff --git "a/\345\270\270\345\276\256\345\210\206\346\226\271\347\250\213/main.typ" "b/\345\270\270\345\276\256\345\210\206\346\226\271\347\250\213/main.typ" index 7b17372..888b034 100644 --- "a/\345\270\270\345\276\256\345\210\206\346\226\271\347\250\213/main.typ" +++ "b/\345\270\270\345\276\256\345\210\206\346\226\271\347\250\213/main.typ" @@ -2369,4 +2369,584 @@ $ 称为贝塞尔方程，由上面的定理它在 $0$ 附近有广义幂级数解，并且计算可得 $n$ 是正整数时解是整函数。 ] += 微分方程定性理论：边值问题 + == Sturm 比较定理 + 本节我们的研究的是形如： + $ + y'' + p(x) y' + q(x) y = 0 + $ + 其中 $p, q$ 是某个区间 $J$ 上的连续函数 + #lemma[][ + @obj-def 的非零解都是简单零点（导数非零），进一步都是孤立零点 + ] + #proof[ + 如若不然，设 $x_0$ 处函数值和导数值均为零，由存在唯一性这将导致解恒为零，矛盾！ + ] + #lemma[][ + 设 $f, g$ 是 @obj-def 的两个非零解，且都有零点： + - $f, g$ 线性相关当且仅当有相同的零点集 + - $f, g$ 线性无关当且仅当零点相间，也即每两个相邻零点构成的开区间内有对方的零点 + ] + #proof[ + - + - 若 $f, g$ 相关则 $lambda f + mu g = 0$，不难发现 $lambda, mu$ 非零，因此零点集相同 + - 若零点集相同，考虑 Wronskian 行列式： + $ + W(x) = Det(f, g; f', g') + $ + 由条件可知存在一个共同零点，则在该点处 $W(x) = 0$，之前的结论表明 $f, g$ 线性相关 + - 设 $x_1, x_2$ 是 $f$ 的相邻零点，不妨假设在 $(x_1, x_2)$ 上有 $f > 0$ + - 设 $f, g$ 无关，则： + $ + W(x) = Det(f, g; f', g') + $ + 定号，进而 $W(x_1) W(x_2) > 0$，而： + $ + W(x_1) = -g(x_1) f'(x_1)\ + W(x_2) = -g(x_2) f'(x_2) + $ + 之前证明了 $f'(x_1), f'(x_2) != 0$，不难发现一定有 $f'(x_1) > 0, f'(x_1) < 0$，上式表明 $g(x_1), g(x_2)$ 异号，当然就有介质定理。同时其间只能有一个零点，否则若有两个可以反过来找到 $f$ 的零点，与 $x_1, x_2$ 相邻矛盾！ + - 反之，若零点相间结论由前一条结论知零点集不同，当然无关 + ] + #remark[][ + 上面的引理中需要留意零点的存在性，例如 $f, g$ 无关而 $f$ 仅有一个零点，此时 $g$ 的零点个数可能是 $0, 1, 2$，与定理都不矛盾 + ] + #theorem[比较定理][ + 设有两个微分方程： + $ + y'' + p(x) y' + q(x) y = 0 + $ + $ + y'' + p(x) y' + r(x) y = 0 + $ + 且满足： + $ + r(x) >= q(x) + $ + 设 $f, g$ 分别是@eq-1 和@eq-2 的两个非零解，$x_1, x_2$ 是 $f$ 的两个相邻零点，则 $g$ 在 $[x_1, x_2]$ 上有零点。 + ] + #proof[ + 不妨假设 $f$ 在 $(x_1, x_2)$ 上恒正，有： + $ + f'(x_1) > 0, f'(x_2) < 0 + $ + 假设 $g(x)$ 在 $[x_1, x_2]$ 上无零点，不妨设其恒正。令： + $ + W(x) = Det(f, g;f', g') = f g' - f' g\ + W'(x) = Det(f, g;f'', g'') = Det(f, g;-p(x)f' - q(x) f, -p(x) g' - r(x) g)\ + =Det(f, g;-p(x)f', -p(x) g' - (r(x) - p(x)) g)\ + = - p(x) W(x) - f g (r(x) - p(x)) + $ + 注意到一定有： + $ + f g(r(x) - p(x)) >= 0 + $ + 由一阶方程的比较定理，有： + $ + B e^(-p(x))<= W(x) <= A e^(-p(x)) + $ + 其中 $A e^(-p(x))$ 是： + $ + cases( + W'(x) = -p(x) W(x), + W(x_1) = - g(x_1) f'(x_1) + ) + $ + 的解，而 $B e^(-p(x))$ 是： + $ + cases( + W'(x) = -p(x) W(x), + W(x_1) = - g(x_2) f'(x_2) + ) + $ + 的解，然而不难发现 $- g(x_1) f'(x_1) < 0, - g(x_2) f'(x_2) > 0$ 导致 $A < 0, B > 0$，这是荒谬的！ + ] + #remark[][ + 上面的定理实际上是说 $y$ 前面的系数表示解振荡的频率，系数越大振荡越快。因此有如下对于振动的研究： + ] + #definition[][ + 设@obj-def 的有至少两个零点的非零解为振动解，有无穷多个零点的非零解为无穷解 + ] + #example[][ + - 考虑方程： + $ + y'' + p(x) y' + r(x) = 0 + $ + 其中 $r(x) <= 0$，注意到它可以对： + $ + y'' + p(x) y' = 0 + $ + 利用比较定理。假如@eq-3 有振动解，则由 @compare-two 可知@eq-4 的任意一个解都有零点，然而@eq-4 有解 $y = 1$ 无零点，矛盾！因此@eq-3 不可能有振动解 + - 考虑方程： + $ + y'' + q(x) y = 0 + $ + 其中 $q(x) >= m > 0$，则它任意非零解无限振动，且相邻零点间距离不超过 $pi / sqrt(m)$\ + 首先证明对于任何 $a$, $[a, a + pi / sqrt(m)]$ 的区间都有方程的解即可。考虑方程： + $ + y'' + m y = 0 + $ + 后面的方程有解： + $ + y = sin (sqrt(m) (x - a)) + $ + 以 $a, a + pi / sqrt(m)$ 为零点，利用 @compare-two 立得结论。当然这样的区间有无穷多，因此方程的解有无穷多个零点。\ + 注意这个结论不能加强到 $q(x) > 0$，例如： + $ + y'' + 1/(4 x^2) y = 0, x in [1, +infinity] + $ + 这是欧拉方程，可以解得： + $ + y = sqrt(x) (c_1 + c_2 ln x) + $ + 当然至多只有一个零点 + - 考虑微分方程： + $ + y'' + q(x) y = 0 + $ + 且存在非负整数 $n$ 使得： + $ + n^2 < q(x) < (n+1)^2 + $ + 则方程的任意非零解不是 $2 pi$ 周期的。\ + 如若不然，设 $f$ 是非零的 $2 pi$ 周期解，代入方程不难发现 $q(x) f$ 也是以 $2 pi$ 周期的，而 $f$ 的零点孤立，由 $q$ 的连续性知它应该以 $2 pi$ 为周期，因此有最大最小值。设： + $ + m^2 <= q(x) <= M^2 + $ + 仿照上面的例子，利用 @compare-two 可以导出 $f$ 的两个相邻零点间的距离在 $pi/M, pi/m$ 之间\ + 设 $f$ 在一个周期上有 $2n$ 个零点，零点分别为： + $ + t_0 < t_1 < ... < t_(2 n) = t_0 + 2 pi + $ + 对距离求和，可得： + $ + 2n/M pi <= 2 pi <= 2n/m pi\ + m <= n <= M + $ + 然而由条件 $m, M$ 夹在两个连续整数之间，与 $n$ 是整数矛盾！ + - 考虑微分方程： + $ + y'' + q(y) = f(x) + $ + 且存在非负整数 $n$ 使得： + $ + n^2 < q'(y) < (n+1)^2 + $ + 则方程至多有一个 $2 pi$ 周期解，否则设 $y_1, y_2$ 是两个 $2 pi$ 周期解，容易得到： + $ + (y_1 - y_2)' + q(y_1) - q(y_2) = 0 + $ + 令 $p(x) = (q(y_1) - q(y_2))/(y_1 - y_2)$，则 $y_1 - y_2$ 成为微分方程： + $ + y'' + p(x) y = 0 + $ + 的 $2 pi$ 周期解，然而上面的结论表明这样的方程没有 $2 pi$ 周期解，矛盾！ + ] + == 边值问题 + #definition[][ + 设有微分方程： + $ + cases( + (p(x) y')' + (lambda r(x) + q(x)) y = 0, + k y(a) + l y'(a) = M y(b) + N y'(b) = 0 + ) + $ + 其中 $p, q, r in C[a, b], p, r > 0, (K, L) != 0, (M, N) != 0$ + + 该微分方程非平凡解的存在性称为二阶微分方程的边值问题。若对 $lambda = lambda_0$ 方程有非零解 $phi$，则称 $lambda_0$ 为一个特征值，$phi$ 为对应的特征函数。 + ] + #remark[][ + 这个叫法是因为若设： + $ + A y = ((p y')' + q y)/(-r) + $ + 则它是线性算子，而边值问题实际上是求解 $A y = lambda y$ 的问题 + ] + #example[][ + - 考虑方程： + $ + cases( + y'' + lambda y = 0, + y'(0) = y'(l) = 0 + ) + $ + - 当 $lambda = -a^2 < 0$ 时，方程的通解为： + $ + y = linearCombinationC(e^(a x), e^(-a x)) + $ + 计算发现若要符合边值，将有： + $ + cases( + C_1 = C_2, + C_1 = -C_2 + ) + $ + 导出零解 + - 当 $lambda = 0$ 时方程的解是线性函数，因此每个常函数都是特征函数 + - 当 $lambda = a^2 > 0$，通解为： + $ + linearCombinationC(cos a x, sin a x) + $ + 计算得： + $ + cases( + C_2 = 0, + - C_1 sin a l + C_2 cos a l = 0 + ) + $ + 当且仅当 $a$ 为 $(n pi)/l$ 时有非零解 + 综上，特征值为 $(n^2 pi^2)/l^2, forall n in NN$ + ] + @boundary-value 中的形式当然可以再简化，通过一些简单的线性变换，可设 $a = 0, b = 1$，进一步由 $p > 0$，设： + $ + t = 1/(c_0) integral_(0)^(x) 1/(p(s)) dif s \ + tilde(y) (t) = y(x(t)) + $ + $x(t)$ 存在是因为 $t$ 关于 $x$ 单调上升，有反函数。不难计算得： + $ + p(x) der(y, x) = 1/(c_0) der(tilde(y), t)\ + der(p(x) der(y, x) , x) = 1/(c_0^2 p(x)) tilde(y)'' + $ + 总之，方程化为了 + $ + cases( + y'' + (lambda c_0^2 p(x(t))r(x(t)) + c_0^2 p(x(t)) q(x(t))) y = 0, + K y(0) + L /(c_0 p(a)) y'(0) = M y(1) + N /(c_0 p(b)) y'(1) = 0) + $ + #lemma[][ + @boundary-value 中的问题可以化归为以下标准形式： + $ + cases( + y'' + (lambda r(x) + q(x)) y = 0, + y(0) cos alpha - y'(0) sin alpha = y(1) cos beta - y'(1) sin beta = 0 + ) + $ + 其中 $r, q$ 连续，$r > 0, alpha, beta in [0, pi)$ + ] + #theorem[Sturm-Liouville][ + @standard-form-boundary-value 给出的边值问题有可数多个特征值，且所有特征值形成链： + $ + lambda_0 < lambda_1 < ... < lambda_n < ... + $ + 其中 $lambda_n -> +infinity$\ + 设 $phi_n (x)$ 是 $lambda_n$ 对应的特征函数，则 $phi_n$ 恰有 $n$ 个零点 + ] + #proof[ + 令 $y = phi(x, lambda)$ 是满足： + $ + y(0) = sin alpha, y'(0) = cos alpha + $ + 的解。@standard-form-boundary-value 中第一个边值条件已经满足，只需找到 $lambda$ 满足第二个方程。显然 $y$ 不是零解，$y, y'$ 不同时为零，因此可做极坐标变换： + $ + cases( + phi = rho cos theta, + phi' = rho sin theta + ) + $ + 此时，第二个边值条件等价于 $theta(1) = beta + 2 k pi$ + 计算： + $ + + der(theta, x) = der(arctan phi/phi', x) = (phi'^2 - phi phi'' )/(phi^2 + phi'^2) = (phi'^2 + (lambda r + q) phi^2 )/(phi^2 + phi'^2)\ + = cos^2 theta + (lambda r + q) sin^2 theta + $ + 结合 $theta(0, lambda) = 0$，这是关于 $theta$ 的一阶微分方程，接下来的讨论都是关于这个方程的。 + - 上式对 $lambda$ 求偏导得到的是关于 $lambda$ 的一阶线性微分方程，可以解得： + $ + partialDer(theta, lambda) = integral_(0)^(x) e^(integral_(t)^(x) E(s, lambda) dif x) r(t) sin^2 theta dif t + $ + （其中 $E(s, lambda) = (lambda r(s) + q(x) - 1) sin(2 theta)$） + 由条件知被积函数恒正，从而 $theta$ 关于 $lambda$ 严格递增 + - 观察方程可以发现 $theta = 0$ 时 $theta' = 1$，且当 $lambda$ 充分小时，只要 $theta$ 不太小，就有 $theta' < 0$，我们猜测并证明以下结论： + - $theta(x) > 0$\ + 如若不然，假设 $x_0$ 是最小的零点，之前的论述表明 $theta'(x) = 1 > 0$，而 $theta(0) = alpha > 0$，利用介质定理将可构造出更小的零点，矛盾！ + - + $ + lim_(lambda -> +infinity) theta(x) = +infinity, forall x_0 + $ + 设 $h = min r > 0$，将有： + $ + theta' >= (lambda h + q) sin^2 theta + cos^2 theta + $ + 取 $lambda$ 充分大，可设 $lambda h + q > n + 1$，将有： + $ + theta' >= 1 + n sin^2 theta + $ + 由比较定理，只需证明 $theta' = 1 + n sin^2 theta$ 的解充分大即可。事实上 #TODO + - + $ + lim_(lambda -> -infinity) theta(x) = 0, forall x_0 + $ + 任取 $epsilon > 0$，当 $lambda$ 充分小时可以证明，$theta$ 落在线段 $(0, alpha) -> (1, epsilon)$ 时，一定有 $theta' < 0$，因此 $theta$ 被限制在该折线和 $y = 0$ 之间，当然意味着 $theta(1) < epsilon$，证毕 + 以上论断表明，$theta(1, lambda) = beta + 2 k pi$ 对于每个 $k in NN$ 都恰有一解，且每个解都逐个增大。此外，特征函数为： + $ + phi(x) = rho(x) sin (theta_(lambda_k) (x)) + $ + 由介质定理，至少： + $ + theta_(lambda_k) (x) = j pi + $ + 对于 $j = 1, 2, ..., k$ 都有一个解 $x_k$，并且注意到 $forall x with theta(x) = i pi, i in ZZ$，都有： + $ + phi'(x) = cos^2 theta(x) + (lambda r(x) + q(x)) sin^2 theta(x) = 1 + $ + 换言之： + $ + theta_(lambda_k) (x) = j pi + $ + 只能有一个解（否则两个相邻解的导数值必然反号）\ + 同时，对于 $j > k$， $theta_(lambda_k) (x) = j pi$ 将无零点，否则由于 $theta(0), theta(1) < j pi$，至少产生两个零点，与上面的论述矛盾！ + + ] + == 特征函数系的正交性 + #lemma[][ + 在 @sturm-liouville-theorem 中，每个特征值对应的特征函数彼此相关（特征空间只有一维） + ] + #proof[ + 假设 $phi, psi$ 是 $lambda_n$ 的特征函数，将有： + $ + Det(phi(0), phi'(0);psi(0), psi'(0)) = 0 + $ + 由 Wronskian 行列式的结论，这意味着 $phi, psi$ 线性相关 + ] + #theorem[][ + 在 @sturm-liouville-theorem 中，每个特征值对应的特征函数彼此正交，也即： + $ + integral_(0)^(1) r(x) phi_m phi_n dif x = 0, m != n + $ + ] + #proof[ + 有两个方程： + $ + cases( + phi''_n + (lambda_n r + q)phi_n = 0, + phi''_m + (lambda_m r + q)phi_m = 0 + ) + $ + 两式分别乘以 $phi_m, phi_n$ 并相减，得到： + $ + phi''_n phi_m - phi''_m phi_n + (lambda_n - lambda_m) r phi_m phi_n = 0 + $ + 只需计算： + $ + &integral_(0)^(1) phi''_n phi_m - phi''_m phi_n dif x \ + &= integral_(0)^(1) (phi'_n phi_m - phi_n phi'_m)' dif x\ + &= (phi'_n phi_m - phi_n phi'_m)|_0^1\ + &= 0 + $ + 证毕 + ] + #remark[][ + 有了正交性，对于任意的以上形式的二阶线性微分方程，我们都可以考虑在特征函数系上做傅里叶展开。事实上，@sin-cos-example 说明了通常 $sin, cos$ 产生的傅里叶展开是本章定理的一种特殊情况。 + ] += 一阶偏微分方程 + == 首次积分 + #let yv = $bold(y)$ + #let xv = $bold(x)$ + #definition[][ + 在微分方程： + $ + der(yv, x) = f(x, yv), f in C^1 + $ + + 中，称 $H(xv, yv)$ 为首次积分，若 $H$ 不是常数且在方程的任意解曲线上取常值 + ] + #example[][ + - 考虑方程： + $ + cases( + der(x,t) = -y, + der(y, t) = x + ) + $ + 则 $x^2 + y^2$ 就是一个首次积分，既然设 $x, y$ 是一族解，将有： + $ + (x^2 + y^2)' = 2 x x' + 2 y y' = 0 + $ + - 一般的，方程： + $ + cases( + der(x,t) = f(y), + der(y, t) = g(x) + ) + $ + 则 $integral f(y) - integral g(x)$ 就是一个首次积分，既然： + $ + (integral f(y) - integral g(x))' = f(y)y' - g(x)x' = 0 + $ + - 考虑方程： + $ + cases( + der(x,t) = y - x(x^2 + y^2 - 1), + der(y, t) = -x - y(x^2 + y^2 - 1) + ) + $ + 注意到： + $ + (x^2 + y^2)' = 2 x' x + 2 y' y = -x^2 (x^2 + y^2 - 1) - y^2 (x^2 + y^2 - 1) \ + = (x^2 + y^2) - (x^2 + y^2)^2 + $ + 可以解出 $x^2 + y^2$ 进而产生一个首次积分\ + 同时： + $ + x y' - y x' = -x^2 - y^2\ + (y/x)' = -1 - (y/x)^2 + $ + 也可以解出 $y/x$ 产生一个首次积分。事实上，可以发现方程有唯一的平衡点 $(0, 0)$ 和孤立的有界闭解曲线（称为极限环）。对于形如： + $ + cases( + x' = f(x, y), + y' = g(x, y) + ) + $ + 其中 $f, g$ 是不超过 $n$ 次的多项式，这个系统称为 $n$ 次系统。$n$ 次系统极限环个数的上界及极限环的分布情况是希尔伯特第十六问题的重要部分，至今二次系统的情况都仍未解决，目前最多举出了四个极限环的例子，并且证明了每个二次系统的极限环个数都是有限的。 + ] + #lemma[][ + $H(x, yv)$ 是 $yv' = f(x, yv)$ 的首次积分当且仅当： + $ + partialDer(H, x) + partialDer(H, yv) dot der(yv, x) = partialDer(H, x) + partialDer(H, yv) dot f(x, yv) = 0 + $ + ] + #proof[ + 由定义显然可得 + ] + 验证首次积分是非常简单的，然而找到一个首次积分是极其困难的。 + #theorem[][ + 首次积分可以将原方程降维。具体而言，假设首次积分形如： + $ + phi(yv) + $ + 由于 $phi(yv) !=0$，若还有 $der(phi(yv), yv) != 0$，便可在局部找到隐函数消去若干变量 + ] + #definition[][ + 设 $phi_i$ 是 $n$ 个首次积分，如果： + $ + abs(partialDer((phi_1, phi_2, ..., phi_n), (yv_1, yv_2, ..., yv_n))) != 0 + $ + 则称 $phi_1, phi_2, ..., phi_n$ 为相互独立的首次积分 + ] + #theorem[][ + $n$ 维自治系统至多 $n$ 个独立的首次积分，且在局部恰有 $n$ 个独立的首次积分。设 $phi_i$ 是 $n$ 个独立的首次积分，则任何首次积分在局部都形如 $h(phi_1, ..., phi_n), H in C^1$ + ] + #proof[ + 第一部分我们不证明，可以参考教材 + 对于第二个结论，设 $c = vec(c_1, dots.v, c_n)$，在任何一个点 $(x_0, c)$ 由存在唯一性可以找到解 $y = phi(x, c)$，显然有： + $ + partialDer(phi, c)|_(x = x_0) = id + $ + 因此由隐函数定理，可以反解出： + $ + c = psi(x, y) + $ + 并有： + $ + der(y, c) = partialDer(phi, c)\ + der(c, y) = Inv((partialDer(phi, c))) + $ + 这个 $psi$ 当然就是局部的首次积分，恰有 $n$ 个独立的分量（既然在 $x_0$ 处上式表明偏导是 $id$）也即 $n$ 个首次积分。 + + 第三部分是类似的，也不证明。 + ] + == 一阶线性齐次偏微分方程 + #definition[一阶线性齐次偏微分方程][ + 称： + $ + A(xv) der(u, xv) = f(xv) + $ + 是一阶线性齐次偏微分方程 + ] + #definition[特征方程][ + 称： + $ + der(x_i, A_i (xv)) = der(x_j, A_j (xv)) + $ + 为齐次一阶线性偏微分方程的特征方程，它可以看成关于某个分量的 $n-1$ 阶常微分方程 + ] + #theorem[][ + 设特征方程有 $n-1$ 个独立的首次积分 $phi_i$ ，则原偏微分方程的通解恰为： + $ + Phi(phi_1, phi_2, ..., phi_(n-1)) + $ + 其中 $Phi$ 是任何 $C^1$ 函数 + ] + #proof[ + 设 $A_1 (xv) != 0$，特征方程实际上形如： + $ + der(x_i, x_1) = (A_i (x))/(A_1 (x)) + $ + 不难发现 $u$ 是偏微分方程的解当且仅当 $u$ 是常数或者是特征方程的一个首次积分，由 @first-integral 立得结论。 + ] + #example[][ + - 考虑方程： + $ + (x + y) partialDer(u, x) - (x - y) partialDer(u, y) = 0 + $ + 其特征方程为： + $ + der(y, x) = (y - x)/(y + x) + $ + 可以解出一个首次积分： + $ + (x^2 + y^2)e^(2 arctan y/x) + $ + 因此原方程的通解为： + $ + phi((x^2 + y^2)e^(2 arctan y/x) ) + $ + - + $ + sqrt(x) partialDer(f, x) + sqrt(y) partialDer(f, y) + z partialDer(f, z) = 0 + $ + 且 $f(x, y, 1) = x y$，求 $f$\ + 类似的可以解出： + $ + f = phi(sqrt(x) - sqrt(y), sqrt(y) - ln z)\ + $ + 代入可得： + $ + x y = f(x, y, 1) = phi(sqrt(x) - sqrt(y), sqrt(y) ) + $ + 做变量替换： + $ + cases( + u = sqrt(x) - sqrt(y), + v = sqrt(y) + ) + $ + 可反解出 $phi$ + ] + == 一阶拟线性偏微分方程 + #definition[一阶拟线性偏微分方程][ + 称： + $ + A(xv, u) der(u, xv) = B(xv, u) + $ + 是一阶拟线性偏微分方程 + ] + #theorem[][ + #let sumf = sumf.with(lower: $1$, upper: $n$) + 对于一阶拟线性偏微分方程，考虑微分方程： + $ + sumf() A_i (xv, u) der(Phi, x_i) + B(xv, u) der(Phi, u) = 0 + $ + 这是关于 $xv, u$ 的一阶线性齐次偏微分方程，设其解为： + $ + Phi(xv, u) + $ + 则 $Phi(xv, u) = 0$ 对应的 $u$ 就是原方程的解。反之，任意原方程的解 $u = phi(xv)$ 都有： + $ + Phi = phi(xv) - u + $ + 是@eq-t 的解 + ] + #theorem[][ + 若称： + $ + der(x_i, A_i (xv)) = der(x_j, A_j (xv)) = der(u, B (xv, u)) + $ + 为拟线性方程的特征方程，且有 $n$ 个独立的首次积分，则原方程的通解恰为： + $ + Phi(phi_1, phi_2, ..., phi_n) = 0 + $ + ] \ No newline at end of file diff --git "a/\346\225\260\345\255\246\346\250\241\345\236\213/main.typ" "b/\346\225\260\345\255\246\346\250\241\345\236\213/main.typ" index 9fca099..8f1a649 100644 --- "a/\346\225\260\345\255\246\346\250\241\345\236\213/main.typ" +++ "b/\346\225\260\345\255\246\346\250\241\345\236\213/main.typ" @@ -2293,5 +2293,204 @@ - 随机取 $A$ 的一行，设为 $i$ 行，更新 $x_k$ 为 $x_(k+1)$，仅用该行更新 $x_(k+1)$ 其余分量不变 可以证明，算法的结果逼近于某个参考解（未必是真解）。该算法用于当 $A$ 非常大以致超过（内存）存储能力时，以时间换空间的策略。 ] += 电子模型和疾病模型 + 本节中涉及两个具体的模型，医学上的疾病模型采取的是典型的自上而下的建模方式，而电子模型是自下而上的建模方式。 + == 白癜风的 ODE 模型 + 医学上可以假设白癜风的发生过程满足微分方程： + $ + cases( + der(phi, t) = k_phi sigma(I, M) - lambda_phi phi, + der(I, t) = k_I phi - lambda_I I, + der(M, t) = - lambda_M sigma(I, M), + sigma(I, M) = M / (1 + e^(- beta(I - I_0))) + ) + $ + + 其中 $phi$ 表示趋化因子浓度，$I$ 表示 T 细胞浓度，$M$ 表示黑色素浓度（都是某个点处的浓度），$k, lambda, I_0$ 是常数。\ + 为了找出其平衡点，先设 $M = 1$ 并令 $der(phi, t) = der(I, t) = 0$，可以求出其在相平面上的若干平衡点，再计算 Jacobi 矩阵的特征值来判断其稳定性。\ + 之后，再考虑 $M$ 的衰减，发现随着 $M$ 降低稳态也会降低。 + == 扩散效应与 Laplace 算子 + #let Jv = $bold(J)$ + 为了完整描述白癜风的的过程，还需要考虑每点处的浓度平衡破坏如何扩散到周围。可以用扩散模型描述。设区域 $V$ 内有物质，其浓度为 $c$，有以下几个方程： + - 守恒方程： + $ + (diff)/(diff t) integral_(V)^() c dif v = - integral_(partial V)^() Jv dot dif S + $ + 其中 $Jv$ 是扩散通量，表示通过单位面积的粒子速率 + - Gauss-Green 公式： + $ + - integral_(partial V)^() Jv dot dif S = - integral_(V)^() nabla dot Jv dif v + $ + - Fick's first law: + $ + Jv = - D nabla c + $ + 其中 $D$ 为扩散系数，可能依赖于空间位置 + 最终得到： + $ + (diff)/(diff t) integral_(V)^() c dif v = integral_(V)^() nabla (D nabla c) dif v + $ + 由区域的任意性可得： + $ + der(c, t) = nabla (D nabla c) + $ + 若 $D$ 与位置无关，则上式变为： + $ + der(c, t) = D Delta c + $ + 将扩散与 ODE 模型结合，可以得到更加完整的模型。 + $ + cases( + partialDer(phi, t) = D_I Delta + phi k_phi sigma(I, M) - lambda_phi phi, + partialDer(I, t) = D_I Delta + I k_I phi - lambda_I I, + partialDer(M, t) = - lambda_M sigma(I, M), + sigma(I, M) = M / (1 + e^(- beta(I - I_0))) + ) + $ + == 图灵斑与反应扩散 + 上面给出了模型与图灵提出的用反应扩散解释动物斑纹的模型。考虑一种简单情形，在一维有界区域中： + $ + cases( + partialDer(u, t) = D Delta u + f(u), + u(0, t) = u(1, t) = 0, + u(x, 0) = u_0 (x) + ) + $ + 考虑关于偏差 $hat(u)$ 的线性微分方程： + $ + partialDer(hat(u), t) = D Delta hat(u) + hat(u) f'(u), + $ + 对于这个线性方程，可以利用傅里叶级数求解并分析。 + + 对于一般的非线性模型，往往只能采用数值模拟的方式。实际发现图灵扩散模型对参数和初值非常敏感，由此可以引出很多深入的讨论。 + == 电子模型 + === 薛定谔方程 + 考虑 $N$ 个粒子构成的体系，假设函数 $phi(xv_1, xv_2, ..., xv_N) in C(RR^(3 N))$ 表示了它们的状态。定义交换算子： + $ + P_(i j) phi(xv_1, xv_2, ..., xv_N) = phi(sigma(xv_1, xv_2, ..., xv_N)) where sigma = (xv_i. xv_j) in S_N + $ + 在微观世界，我们往往假设粒子难以分辨。换言之，态函数应该在 $P_(i j)$ 作用后至多与原来差一个常数 $c$，而交换算子是幂等的，这个常数当然需要满足 $c^2 = 1, c = plus.minus 1$\ + 物理上，$c = 1$ 表示玻色子，$c = -1$ 表示费米子。电子是一种费米子，研究表明费米子都具有自旋，电子可以进一步分为自旋向上和自旋向下（自旋的名词来自于在磁场下表现出向上偏或者向下偏，类比洛伦兹力将其称为两种自旋），同时有以下基本属性： + - 泡利不相容原理意味着两个电子不可能处于相同的态，也可以理解为既然态函数是反交换的，当然电子有相同的态意味着态为零。 + - 电子当然带电，有库伦力： + $ + 1/(4 pi epsilon) (q_1 q_2)/r^2 + $ + 在实践上，在出现上式的公式中令 $r = 0$ 往往是可行的且事实上不会发散（称为 cusp 条件）。同时，电子确实可以出现在相同的位置，只要自旋不同即可。 + - 轨道性：电子只能出现在固定的轨道上 + 一个理想的模型应该能够演绎或者描述出上面几个属性和理论。薛定谔将电子分轨道分布对应着微分方程中 Sturm-Liouville 问题，也就是微分方程的特征值问题，具体而言：一个经典粒子应当满足色散关系： + $ + E = 1/2 m norm(v)^2 + $ + #let hb = $overline(h)$ + #let vv = $bold(v)$ + 使用一次量子化，也即用 $i hb diff/(diff t)$ 代替 $E$，用 $-i hb gradient$ 替换动量 $m vv$： + $ + i hb diff/(diff t) = (-i hb gradient)^2/(2 m) + $ + 两边乘以 $psi(vv, t)$（称为波函数），有： + $ + i hb diff/(diff t) psi(xv, t) = (-i hb gradient)^2/(2 m) psi(xv, t) = - hb/(2m) laplace psi(xv, t) + $ + 这就是薛定谔方程（Schrödinger equation）。假设考虑氢原子周围电子，补充势能项，也即： + $ + E = p^2/(2 m) - 1/(4 pi epsilon_0) e^2/r + $ + 并无妨设中心为零，将有： + $ + i hb diff/(diff t) psi(xv, t) = - (hb/(2m) + 1/(4 pi epsilon_0) e^2/norm(x)) laplace psi(xv, t) + $ + 同时还可以得到不含时间的方程： + $ + - (hb/(2m) + 1/(4 pi epsilon_0) e^2/norm(x)) phi(xv) = epsilon phi(xv) + $ + 对其使用微分方程的理论进行分析，确实可以得到特征向量与电子轨道的对应性。例如可以计算出，上面方程中最小的特征值就是 $-1/2$，进而可以得到与实验非常相符的结果。然而，这个方程暂时无法描述自旋，之后的内容是解释如何引入自旋，这在历史上由狄拉克完成。 + === 狄拉克方程 + 之前提到过色散关系@E，这是没有引入相对论效应的结果。事实上，如果速度非常快，应该引入相对论效应，质能关系变成： + $ + E^2 = c^2 p^2 +m_0^2 c^4 + $ + 做与之前类似的操作，得到： + $ + 1/c^2 (diff^2)/(diff t^2) psi - gradient^2 psi + (m^2 c^2)/hb psi = 0 + $ + 然而，这个方程可能导致 $psi^2$ 可能取负值，当时人们并不接受这个观点。狄拉克认为，应该使用： + $ + E = sqrt(c^2 p^2 +m_0^2 c^4) = c sqrt(p^2 + m_0^2 c^2) + $ + 然而微分算子如何开根号是一个模糊的问题。狄拉克认为应该可以写成： + $ + c bold(alpha dot beta) + m c^2 beta + $ + 使得： + $ + (c bold(alpha dot beta) + m c^2 beta)^2 = c^2 p^2 +m_0^2 c^4 + $ + 先令 $p$ 是一维的，可以待定系数得到： + $ + alpha^2 = beta^2 = 1, alpha beta + beta alpha = 0 + $ + 取实数难以得到结论，但是可以取矩阵，也即： + $ + sigma_1 = mat(0, 1;1, 0), sigma_2 = mat(0, -i;i, 0), sigma_3 = mat(1, 0;0, -1) + $ + （这些矩阵称为泡利矩阵）\ + 其中 $alpha$ 取 $sigma_1$ 或 $sigma_2$，$beta$ 取 $sigma_3$ 即可\ + 对于三维情形，可以证明可取： + $ + alpha = mat(0, (sigma_1, sigma_2, sigma_3); (sigma_1, sigma_2, sigma_3), 0), beta = mat(I, 0;0, -I) + $ + 最后得到方程： + $ + i hb (diff)/(diff t) psi = (- i hb c alpha dot gradient + m c^2 beta) psi + $ + 同样分裂出空间部分，可以得到类似的特征值问题 $H phi = epsilon phi$，其中 $H in M_(4 times 4)(CC), phi in CC^4$，也即是一个矩阵方程。注意到 $phi$ 有四个分量，狄拉克认为，前两个分量对应自旋，后两个分量描述的是所谓“反电子”，而带正电的电子确实被实验证明存在。 + + 狄拉克认为一般而言相对论效应应该是可以忽略的，然而后面的计算和实验表明，处理金、铅等重金属的电子时，电子必须速度非常快，相对论效应是不可忽略的。 + === 多电子 + 之前考虑的都是单电子情形，下面讨论多电子。方便起见假设使用薛定谔方程 $H phi = epsilon phi$，有 $n$ 个电子，有： + #let sumf1 = (sumf.with(lower: $1$, upper: $N$, var: $i$))() + $ + H = - sumf1 1/2 gradient^2_i - sumf1 sum_(A = 1)^N Z_A/(R_(i A)) + sum_(1 <= i < j <= N) 1/(r_(i j)) - sum_(A = 1)^N 1/(2 m_A) gradient_A^2 + sum_(1 = A < B <= M) (Z_A Z_B)/(R_(A, B)) + $ + //（其中 $r_i$ 代表电子的位置，$R_i$ 代表原子核） + 上个世纪的数学家给出了这个方程的解存在或者存在唯一的条件，然而考虑狄拉克方程给出的类似方程，其解的存在性至今仍是一个开放问题。为了解决这个方程，总共有三种途径： + - 密度泛函理论 + - 波函数方法 + - 随机方法 + 这里主要介绍的是密度泛函理论。首先对方程中做玻恩-奥本海默近似，也即假设： + $ + phi(r_1, .., r_N, R_1, ..., R_M) = psi(r_1, r_2, ..., r_N) psi'(R_1, ..., R_M) + $ + 其中 $r$ 是电子部分，$R$ 是原子核部分。这个分离来源于电子的运动远比原子核部分快，并且考虑方程： + $ + H psi = epsilon psi + $ + 解这个方程时，假设 $R$ 已经固定，解出来之后再考虑 $R$ 的变化。这里有： + $ + H = - sumf1 1/2 gradient^2_i - sumf1 v(r_i) + sum_(1 <= i < j <= N) 1/(r_(i j)) + $ + 其中 $v(r_i)$ 是电子的势能，依赖于固定的 $R$ + #theorem[Hohenberg-Kohn][ + 设 $rho(r)$ 是基态下单位体积内电子的个数: + $ + rho(r) = integral_()^() phi^* (sumf1 delta(r - r_i)) phi dif r_i + $ + 则 $rho(r)$ 可以与 $v(r) = sumf1 v(r_i)$ 在差一个常数的意义下一一对应。 + ] + 上面的定理表明，$rho(r)$ 就可以确定该体系的性质。下面的目标是试图推导 $rho$ 满足的方程，这是一个相当困难的问题，常用的是所谓 Kohn-Sham 方法，大致思想是找一个人造体系，这个体系内无相互作用，且其中的 $rho$ 与所求的 $rho$ 一致。希望构造出方程： + $ + H_(k s) psi_(k s) &= epsilon_(k s) psi_(k s)\ + where H_(k s) &= sumf1 h_i^(k s) + $ + 其中 $h$ 是哈密顿量，以及满足： + $ + E (rho) = T_(k s) (rho_(k s)) + W_(k s) (rho_(k s)) + integral rho(r) v(r) dif r \ + + T(rho) - T_(k s) (rho_(k s)) + W(rho) - W_(k s) (rho_(k s)) + $ + 其中 $T, W$ 分别是动能和势能。经过一些假设和变分，可以得到 Kohn-Sham 方程： + $ + h_i phi_i = epsilon_i phi_i + $ \ No newline at end of file