同调代数

hbghlyj

Weibel, An Introduction to Homological Algebra
$\DeclareMathOperator\coker{coker}\DeclareMathOperator\im{im}\DeclareMathOperator\Hom{Hom}$
定义
预加性范畴，加性范畴
范畴相关的基本定义我就不说了x。
一个 Ab-范畴（预加性范畴）是说任意两个对象（object）之间的态射集都有构成阿贝尔群，群运算用加法表示，单位元（零态射）用 $0$ 表示；并且这个加法还要和态射的复合分配：$h(f+f')g=hfg+hf'g$。
一个加性范畴首先一个预加性范畴，其次它要有零对象 $0$（同时是始对象和终对象，也就是说对任意 $A$，$\Hom(A,0)$ 和 $\Hom(0,A)$ 都有唯一元素（这里当然就一定是零态射）），并且对任意两个对象 $A,B$ 都要存在它们的乘积 $A\times B$。（这里的乘积既是 product $A\mathbin\Pi B$ 又是 coproduct $A\amalg B$）
在一个加性范畴 $\mathcal{A}$ 里面，态射 $f:B\to C$ 的一个 kernel 是一个态射 $i:A\to B$ 使得 $fi=0$，并且这是 universal 的（也就是说如果有另一个态射 $q:A'\to B,fq=0$，那么一定存在唯一的态射 $q':A'\to A$ 使得 $q=iq'$，也就是这样的交换图（换句话说 $i$ 就是 $0$ 和 $f$ 的等化子）
\[
\xymatrix{
A\ar[r]^{i} & B \ar[r]^{f} & C\\
A' \ar@{-->}[u]^{q'}\ar[ru]^{q}\ar[rru]_{0}
}
\]
把上面的图反过来的话，就得到了态射 $f$ 的 cokernel：即一个态射 $e:C\to D$ 使得 $ef=0$ 并且这个性质是 universal 的。
加性范畴中一个态射 $i$ 称为单的，如果 $ig=0\implies g=0$。一个态射 $e$ 称为满的，如果 $he=0\implies h=0$（普通范畴也可以定义单和满，即 $ig=ih\implies g=h$ 等）。接下来是原书中“容易看出”的习题：

一个态射的 kernel 必定是单的，cokernel 一定是满的。

这个证明很容易：如果 $i:A\to B$ 是 $f:B\to C$ 的 kernel 而 $g:P\to A,ig=0$。那么 $f(ig)=0$，从而存在唯一的态射 $g'$ 使得 $ig=ig'$。然而 $ig=i0$，因此必定有 $g=0$。对于 cokernel 也完全一样。

可能有些人会不理解：kernel 不应该是 $B$ 的子集吗？cokernel 不应该是 $C$ 的商集吗？然而范畴论中一个对象 $B$ 的“子对象”就是一个单射 $i:A\to B$；如果存在同构 $\phi:A_1\to A_2$ 使得 $i_1=i_2\phi$ 的话那么两个子对象 $i_1:A_1\to B$ 和 $i_2:A_2\to B$ 就会被看做“一样的”。如果我们把箭头反过来，单射改成满射，那么就定义了“商对象”。有时候我们也会把 kernel 和 cokernel 里面多出来的对象记做 $\ker f$ 和 $\coker f$。

阿贝尔范畴
一个阿贝尔范畴首先需要是一个加性范畴，其次：

• 每个态射都存在 kernel 和 cokernel；
• 每个单射都是它的 cokernel 的 kernel；
• 每个满射都是它的 kernel 的 cokernel。

典型的阿贝尔范畴就是 $R$-模范畴 $\bf mod$-$R$。
在一个阿贝尔范畴里面可以定义一个态射 $f:B\to C$的像 $\im f=\ker(\coker f)$，并且可以把 $f$ 分解成一个满射 $B\to\im f$ 和一个单射 $\im f\to C$。证明如下：
\[
\xymatrix{
& \operatorname{im} f\ar[dr]^m \ar[r]^{t} & D \ar[dr]^{m_1} & \\
B \ar[ur]^{v}\ar[rr]_{f} & & C \ar[r]^{t_1} \ar[d] & \text{pushout of } t, m  \\
&& \operatorname{coker} f\ar@{-->}[ur] &
}
\]
对于一个态射 $f:B\to C$ 首先取其 $\coker$（图中未标出态射名），然后取 $C\to\coker f$ 这个态射的 kernel，记做 $\im f$。$\im f\to C$ 的态射记做 $m$。由于 kernel 都是单的，所以 $m$ 是单的。接下来由于 $B\xrightarrow{f}C\to\coker f$ 复合为 $0$。所以根据 $m$ 的泛性质，存在一个态射 $v:B\to\im f$ 使得 $f=mv$。接下来只需要证明 $v$ 是满的。
如果 $t:\im f\to D$ 使得 $tv=0$，那么考虑 $t$ 和 $m$ 的推出，如图所示。由于 $t_1f=t_1mv=m_1tv=m_10=0$，所以存在一个 $\coker f$ 到推出的态射（图中虚线）使得 $t_1$ 是这样一个复合。但是 $m$ 是 $C\to\coker f$ 的核，从而我们知道 $t_1m=0$，也就是说 $m_1t=0$。
关于推出，下面的引理说明了阿贝尔范畴中单射的推出还是单射，也就是说 $m$ 是单射 $\implies m_1$ 是单射。从而我们就可以由 $m_1t=0$ 得到 $t=0$。

引理：在阿贝尔范畴中若 $i:A\to B$ 是单射，那么它沿 $f:A\to C$ 的推出 $i_1:C\to P$ 也是单射（$P$ 是推出的对象）。

证明
要证明这个引理，只需要考虑到 $i$ 和 $f$ 的推出可以看成由 $i$ 和 $-f$ 引导的 $[i,-f]:A\to B\times C$ 的 cokernel。即，若 $\phi:B\times C\to P$ 是 $[i,-f]$ 的 cokernel，那么 $i_1:B\to B\times C\to P$ 就可以看做 $i$ 的推出，而 $f_1:C\to B\times C\to P$ 可以看做 $f$ 的推出，如下图所示：
\[
\xymatrix{
& A \ar[dl]_{i} \ar[dr]^{f} \ar@{-->}[dd]^{[i, -f]} & \\
B \ar[ddr]_{f_1} \ar[dr]^{p_1} &  & C \ar[dl]_{p_2}\ar[ddl]^{i_1} \\
& B \times C \ar[d] &\\
& \operatorname{coker}[i, -f] &
}
\]将 $\coker[i,-f]$ 的 universal property 和 pushout 比较一下就可以知道这就是一个 pushout。(对任何的 $p:B\to F,q:C\to F$，如果 $pi=qf$，那么一定有 $[p,q][i,-f]=0$，因此 $[p,q]$ 经过 $\coker[i,-f]$)。然而既然 $i$ 是单的，那么容易证明 $[i,-f]$ 也是单的，因此 $[i,-f]$ 是它的 cokernel 的 kernel。
这样，如果 $g:D\to C$ 使得 $i_1g=0$，则 $D\xrightarrow{g}C\xrightarrow{p_2}B\times C\longrightarrow\coker[i,-f]$ 也为 $0$，因此存在 $g':D\to A$ 使得 $p_2g=[i,-f]g'$。再把这个等式投影到 $B$ 上，就有 $0=ig'$，因此 $g'=0$，从而 $g$ 也为 $0$。这样，我们就证明了 $i_1$ 是单态射。（取对偶的话，就是说满态射的拉回还是满态射）
对于推出与拉回，下面还有一个引理：
若 $B\xleftarrow{g}P\xrightarrow{f}C$ 是 $B\xrightarrow{k}A\xleftarrow{h}C$ 的拉回，那么由 $g$ 诱导的态射 $\ker f\to\ker k$ 是同构。（对偶的，如果后者是前者的推出，那么由 $h$ 引导的态射 $\coker f\to\coker k$ 是同构）
证明
记内射 $i:\ker f\to P,j:\ker k\to B$。首先我们解释一下 $g$ 怎样诱导 $\ker f\to\ker k$ 的态射：考虑到 $kgi=hfi=0$，因此存在态射 $e:\ker f\to\ker k$ 使得 $gi=je$。
\[
\xymatrix@=3em{
\ker f \ar[r]^{i} \ar[d]^{e} & P \ar[r]^{f}\ar[d]_{g}  & C \ar[d]^{h} \\
\ker k \ar[r]_{j} \ar[ur]_{t} \ar@<1ex>[u]^{u} & B \ar[r]_{k} & A
}
\]
Pullback
由于 $P$ 是拉回，利用拉回的泛性质，存在一个态射 $t:\ker k\to P$ 使得 $gt=i,ft=0$，因此存在 $u:\ker k\to\ker f$ 使得 $t=iu$，从而 $giue=gte=je=gi$，并且 $fiue=0=fi$，因此（根据拉回的态射的唯一性）$iue=i$，而 $i$ 是单射，从而 $ue=1_{\ker f}$。另一方面，$jeu=giu=gt=j$，$j$ 也是单射，所以 $eu=1_{\ker k}$。从而 $e$ 是同构。
正合列，一些引理
阿贝尔范畴中由对象和态射组成的一个序列 $A\xrightarrow{f}B\xrightarrow{g}C$ 被称作正合的（或者说在 $B$ 处正合），当且仅当 $\im f=\ker g$。换句话说如果把 $f$ 分解开，那么序列 $A\xrightarrow{f_1}\im f\xrightarrow{f_2}B\xrightarrow{g}C$ 中 $D\xrightarrow{\phi}B\xrightarrow{g}C$ 为 $0$ 当且仅当 $\phi=f_2\phi'$。
对于正合列有一个等价的表述，描述如下：若 $A\xrightarrow{f}B\xrightarrow{g}C$ 满足 $gf=0$，那么该序列正合当且仅当：

• 对任意的 $h:D\to B$，若 $gh=0$，那么存在同态 $l:E\to A$ 以及满同态 $k:E\to D$ 使得 $hk=fl$。

证明
记 $i:\ker g\to B$ 为典范内射，$p:A\to\im f$ 为典范单同态，$j:\im f\to\ker g$ 为典范内射（由于 $gf=0$，不难构造这样的同态），这样就把 $f$ 分解成了 $f=ijp$。
必要性。若序列正合，而 $h:D\to B$ 使得 $gh=0$，那么存在唯一的态射 $c:D\to\ker g$ 使得 $h=ic$。令 $E=A\times_{\ker g}D$ 为 $c$ 和 $jp:A\to\ker g$ 的拉回，$l:E\to A,k:E\to D$ 是典范投影，即 $ck=jpl$。那么 $hk=ick=ijpl=fl$。由于 $p$ 是满的而 $j$ 是同构（序列正合），所以 $jp$ 也是满的，从而 $k$ 作为 $jp$ 的拉回也是满同态。
\[
\xymatrix{
A \times_{\ker g} D \ar[rr]^{k} \ar[dd]_{l} && D\ar[dr]^{h} \ar@{-->}[dd]_{c} \\
&&& B   \ar[r]^{g}&C \\
A \ar[r]_{p} & \operatorname{im} f \ar[r]_{j} & \ker g\ar[ur]^{i}
}
\]
充分性。由于 $gi=0$，所以根据假设存在 $l:E\to A$ 以及满的 $k:E\to\ker g$ 使得 $ik=fl$，即 $ijpl=ik$。由于 $i$ 是单的，所以 $jpl=k$ 是满的，从而 $j$ 是满的。所以 $j$ 既单又满，于是是同构，也就是说 $\im f=\ker g$。
蛇引理
若有如下交换图
\[
        \xymatrix@C+1em@R+1em{
        & A \ar[r] \ar^a[d] & B \ar[r] \ar^b[d] & C \ar[r] \ar^c[d] & 0 \\
        0 \ar[r] & A' \ar[r] & B' \ar[r] & C' &
        }
\]并且其中上下两行均为正合列，那么存在正合列\[
\xymatrix{
\ker a \ar[r] & \ker b \ar[r] & \ker c \ar[r]^{\delta} & \coker a \ar[r] & \coker b \ar[r] & \coker c
}
\]其中 $\delta:\ker c\to\coker a$ （不严格地）定义为 $\delta=g_1^{-1}bf_2^{-1}$。
证明
其实一个简单的证明是，任何小的（对象构成集合的）阿贝尔范畴都到某个 $R$-模范畴有满、忠实、正合的嵌入，所以我们只需要对 $R$-模范畴证明上述引理（我之前的交换代数学习笔记 (2) 中证明了 $R$-模范畴中的情况）。但是这里我出于练习目的还是决定把它证一遍。
第一部分： $\delta$ 之外的序列及正合性
我们把 $\ker a\to A'$ 的态射写作 $i_a$，$A\to\coker a$ 的态射写作 $e_a$。由于 $bf_1i_a=g_1ai_a=0$，存在 $p_1:\ker a\to\ker b$ 使得 $f_1i_a=i_bp_1$。同样的，存在 $p_2:\ker b\to\ker c$ 使得 $f_2i_b=i_cp_2$。反过来也有 $q_1:\coker a\to\coker b,q_2:\coker b\to\coker c$：
\[\xymatrix{
&\ker a \ar[r]^{p_1} \ar[d]_{i_a} & \ker b \ar[r]^{p_2} \ar[d]_{i_b} & \ker c \ar[d]_{i_c} \\
&A' \ar[r]^{f_1} \ar[d]_{a} & B' \ar[r]^{f_2} \ar[d]_{b} & C' \ar[r] \ar[d]_{c} & 0 \\
0 \ar[r] & A \ar[r]^{g_1} \ar[d]_{e_a} & B \ar[r]^{g_2} \ar[d]_{e_b} & C \ar[d]_{e_c} \\
& \coker a \ar[r]_{q_1} & \coker b \ar[r]_{q_2} & \coker c
}\]由于 $i_cp_2p_1=f_2f_1i_a=0$ 而 $i_c$ 是单的，所以 $p_2p_1=0$。如果 $h:D\to\ker b$ 满足 $p_2h=0$，那么 $f_2i_bh=0$。根据上一个引理，存在同态 $l:E\to A'$ 以及满同态 $k:E\to D$ 使得 $f_1l=i_bhk$，从而 $g_1al=bf_1l=bi_bhk=0$。由于 $g_1$ 是单同态，所以 $al=0$。因此存在 $m:E\to\ker a$ 使得 $l=i_am$，然后有 $i_bp_1m=f_1i_am=f_1l=i_bhk$。然而 $i_b$ 又是单的，所以 $p_1m=hk$。综上，对任意的 $h:D\to\ker b, p_2h=0$，我们找到了同态 $m:E\to\ker a$ 以及满同态 $k:E\to D$ 使得 $p_1m=hk$，因此根据前面的引理，$\ker a\to\ker b\to\ker c$ 是正合的。对偶地，$\coker a\to\coker b\to\coker c$ 也是正合的。如下图，事实上就是说我们证明 $al=0$，从而把 $l$ 拉回到 $\ker a$ 上去。
\[
\xymatrix{
E \ar[r]^{k} \ar[dr]^{m} \ar[ddr]_{l} & D \ar[rd]^{h}\\
& \ker a \ar[d]^{i_a} \ar[r]^{p_1} & \ker b \ar[d]^{i_b} \ar[r]^{p_2} & \ker c \ar[d]^{i_c} \\
& A' \ar[r]^{f_1} \ar[d]^{a} & B' \ar[r]^{f_2} \ar[d]^{b} & C'\ar[d]^c\ar[r]&0 \\
0\ar[r]& A \ar[r]^{g_1} & B \ar[r]^{g_2} & C
}
\]
第二部分： $\delta$ 的构造
不过重点在于 $\delta:\ker c\to\coker a$ 的构造。类似 $R$-模的情况，我们首先要把 $\ker c$ 拉回到 $B'$ 上，然后映射到 $B$ 里面，然后在拉回到 $A$ 里面。由此我们定义 $p=B'\times_{C'}\ker c$ 为 $f_2$ 与 $i_c$ 的拉回，$q=\coker a\amalg_AB$ 为 $e_a$ 和 $g_1$ 的推出。令 $\pi:p\to\ker c,\pi':p\to B'$ 为投影映射，$\iota:\coker a\to q,\iota':B\to q$ 为余投影映射，我们将找到一个（事实上是唯一的）同态 $\delta:\ker c\to\coker a$ 使得 $\iota\delta\pi=\iota'b\pi'$。（由于 $\iota$ 是单的，$\pi$ 是满的，显然 $\delta$ 至多只能有一个）
由于 $g_2b\pi'=ci_c\pi=0$，所以存在 $k:p\to A'$ 使得 $b\pi'=g_1k$（本来 $k$ 应该是到达 $\ker g_2$，但是 $g_1$ 是单射所以 $A$ 和 $\im g_1$ 是同构的）；记 $j:\ker\pi\to p$ 为内射，根据前面那个小的引理，可以知道 $\ker\pi$ 和 $\ker f_2$ 是同构的，也就是说和 $\im f_2$ 是同构的，从而导出一个同态 $h:A'\to\ker\pi$ 使得 $\pi'jh=f_1$。那么 $g_1kjh=b\pi'jk=bf_1=g_1a$。然而 $g_1$ 单，从而 $kjh=a$，因而 $e_akjh=e_aa=0$。由于 $h$ 满，所以 $e_akj=0$。
\[
\xymatrix{
0 \ar[r] & \ker \pi \ar[r]^-{j} & p = B' \times_{C'} \ker c \ar[ddl]^(.7)k\ar[r]^-{\pi} \ar[d]^{\pi'} & \ker c \ar[r] \ar[d]^{i_c} & 0 \\
& A' \ar[u]^{h} \ar[r]^(.3){f_1} \ar[d]_{a} & B' \ar[r]^{f_2} \ar[d]^{b} & C' \ar[r] \ar[d]^{c} & 0 \\
0 \ar[r] & A \ar[r]^{g_1} \ar[d]_{e_a} & B \ar[r]^{g_2} \ar[d]^{\iota'} & C \\
& \operatorname{coker} a \ar[r]^-{\iota} & q = B \amalg_A \operatorname{coker} a &
}
\]根据拉回的定义最上面这一行是正合的，因此 $\pi$ 是 $j$ 的 cokernel，从而存在 $\delta:\ker c\to\coker a$ 使得 $\delta\pi=e_ak$。这样的话，$\iota\delta\pi=\iota e_ak=\iota'g_1k=\iota'b\pi'$，满足我们想要的条件。
第三部分： 序列在 $\ker c$ 和 $\coker a$ 处的正合性
根据拉回的定义，存在一个映射 $t:\ker b\to p$ 使得 $\pi t=p_2,\pi't=i_b$，从而 $\iota\delta p_2=\iota\delta\pi t=\iota' b\pi' t=\iota' bi_b=0$，而 $\iota$ 单从而 $\delta p_2=0$。
接下来如果 $d:F\to\ker c$ 使得 $\delta d=0$，那么由于 $p\xrightarrow{\pi}\ker c\to 0$ 正合，根据前面正合列的等价定义，存在满同态 $m:G\to F$ 和同态 $n:G\to p$ 使得 $\pi n=dm$。由于 $e_akn=\delta\pi n=\delta dm=0$，所以正合列 $A'\to A\to\coker a$ 又给出满同态 $\epsilon:H\to G$ 和同态 $\zeta:H\to A$ 使得 $kn\epsilon=a\zeta$。因此 $b\pi'n\epsilon=g_1kn\epsilon=g_1a\zeta=bf_1\zeta$，那么考虑 $\eta=\pi'n\epsilon-f_1\zeta:H\to B'$，就有 $b\eta=0$，从而存在一个 $\vartheta:H\to\ker b$ 使得 $\eta=i_b\vartheta$，因而 $i_cp_2\vartheta=f_2i_b\vartheta=f_2(\pi'n\epsilon-f_1\zeta)=i_c\pi n\epsilon=i_cdm\epsilon$。再次由于 $i_c$ 是单射，就有 $p_2\vartheta=dm\epsilon$。由于 $m\epsilon$ 是满的，上面关于正合列的等价定义告诉我们 $\ker b\xrightarrow{p_2}\ker c\xrightarrow{\delta}\coker a$ 是正合的。另外一半由对偶性即得。
四引理
若有下列行正合的交换图
\[
\xymatrix{
A' \ar[r] \ar[d]_{\alpha} & B' \ar[r] \ar[d]_{\beta} & C' \ar[r] \ar[d]_{\gamma} & D' \ar[d]_{\delta} \\
A \ar[r] & B \ar[r] & C \ar[r] & D
}
\]那么：

• 如果 $\alpha,\gamma$ 满而 $\delta$ 单，则 $\beta$ 满。
• 如果 $\beta,\delta$ 单而 $\alpha$ 满，则 $\beta$ 单。

证明
只证明第一个，另一个是对偶。首先我们可以假设 $A\to B$ 是单的，否则可以把 $A$ 替换成 $\im(A\to B)$，同样的，可以假设 $C'\to D'$ 是满的。然后对
\[
\xymatrix{
&\ker(C' \to D') \ar[r] \ar[d] & C' \ar[r] \ar[d] & D' \ar[r] \ar[d] & 0 \\
0 \ar[r] & \ker(C \to D) \ar[r] & C \ar[r] & D
}
\xymatrix{
&A' \ar[r] \ar[d] & B' \ar[r] \ar[d] & \operatorname{im}(B' \to C') \ar[r] \ar[d] & 0 \\
0 \ar[r] &A \ar[r] & B \ar[r] & \operatorname{im}(B \to C)
}
\]
这两个交换图分别应用蛇引理：对第一个交换图应用蛇引理后，由于 $D'\to D$ 是单射而 $C'\to C$ 是满射，所以最后一个 $\ker$ 和第二个 $\coker$ 都是 $0$，从而夹在他们中间的也只能是 $0$，i.e. $\ker(C'\to D')\to\ker(C\to D)$ 是单射。
再对第二个图应用蛇引理（注意到 $\im(B\to C)=\ker(C\to D)$），由于三个 $\coker$ 里面两边的都是 $0$，中间的也必定是 $0$，从而 $\beta:B'\to B$ 是满射。
推论（五引理）： 如果把上面这个图每行变成五个，然后竖着的五个态射中最左边是满的，最右边是单的，第二个和第四个是同构，那么中间那个也是同构。
证明：四引理的两个部分分别用一次就可以知道中间那个既单又满，所以是同构。

hbghlyj

翻过任意教材的人可能都知道大部分地方证明用到了一种叫做 diagram chasing（图追踪）的方法。这使得我们对任意的阿贝尔范畴证明蛇引理就像在 $R$-模范畴（比如 $R=\mathbb Z$ 时，阿贝尔群范畴）中证明一样简单。
然而对于任意的阿贝尔范畴，我们是不能这样做的。本篇介绍的“图追踪”方法就是作为替代的一种理论。
证明
对任意的 $z\in\ker c$，由于 $f_2$ 是满射，都存在 $u\in B'$ 使得 $f_2(u)=z$；此时取 $y=b(u)$，则 $g_2(y)=c(z)=0$，因此存在 $x\in A$ 使得 $g_1(x)=y$。我们取这个 $x+\im a$ 为 $\delta(z)$。
接下来我们还要证明 $x+\im a$ 的选取不依赖于 $u$。若 $f_2(u')=f_2(u)=z$，那么 $f_2(u-u')=0$，从而存在 $t\in A$ 使得 $f_1(t)=u-u'$。此时若 $g_1(x)=b(u),g_1(x')=b(u')$，则 $g_1(x-x')=g_1(a(t))$。根据 $g_1$ 的单性这说明 $x-x'=a(t)$，因此 $x,x'$ 属于相同的 $\im a$ 的陪集。因此映射 $\delta(z)$ 是良定义的（并且这里面每一步都是线性的，因此 $\delta$ 也确实是一个 $R$-模同态）。
正合性则可以直接通过计算每个 $\ker$ 和 $\coker$ 得到。 证毕.
一般的阿贝尔范畴就没办法这么简单。因为一些范畴并不由“基础的集合”加上一些代数结构给出，因而我们也没办法通过“对于 $A$ 的每一个元素都可以得到 $B$ 的一个元素”这样来得到一个态射。

虽然我们其实有 Freyd-Mitchell 嵌入定理，即任何一个小的（所有对象和态射构成集合）阿贝尔范畴都到某个 $R$-模范畴有全的、忠实的、正合的函子。即，我们可以把它“嵌入”到一个 $R$-模范畴中，并且任意 $\Hom(A,B)\to\Hom(F(A),F(B))$ 都是同构且这个函子保持正合性。
这个定理是一种解决方案，但是它本身不是那么显然。我们这里给出一个用来“图追踪”的替代方案。

广义元及对应的描述
广义元的定义
容易想到，在普通的集合范畴 $\mathsf{Set}$ 中我们可以用 $*\to X$ 的态射来代表 $X$ 的一个元素；那么阿贝尔范畴怎么用类似的方法呢？
我们可以考虑将（阿贝尔范畴中，下同）$X$ 的一个元素定义为一个 $(A,h)$ 对，其中 $A$ 为任意对象而 $h$ 为 $A\to X$ 的态射。这样的元素称为广义元（generalized element）。我们可以把两个对应的 $A$ 相同的元素加起来（即把两个态射加起来）；还可以给它应用任何 $X\to Y$ 的映射变成 $Y$ 的一个元素。这样我们可以定义 $f((A,h))=(A,fh)$。此时我们记做 $x=(A,h)\in X$
但是还差一点：如果有一个满射 $Z\to X$，我们期望可以找到一个 $Z$ 的元素，通过这个满射之后变成我们指定的元素。这件事情是做不到的。为了做到这一点，我们允许对元素进行细化（refinement）：如果 $e:M\to A$ 是一个满射，那么我们认为 $(M,xe)$ 和 $(A,x)$ 是同一个元素。
这样的话，如果 $f:Z\to X$ 是一个满射而 $(A,x)$ 为 $X$ 的一个元素，那么记 $M$ 为 $x,f$ 的拉回；则 $f$ 拉回成满射 $f':M\to A$；$x$ 提升到 $x':M\to Z$；因此这时 $(M,x')$ 是 $Z$ 的一个元素、并且 $f((M,x'))=(M,xf')$，根据前面的描述，这和 $(A,x)$ 被看做是同一个元素。
正合性
如何用广义元来说明正合性？
根据上一篇文章中的引理：若 $A\xrightarrow{f}B\xrightarrow{g}C$ 满足 $gf=0$，那么该序列正合当且仅当

• 对任意的 $h:D\to B$，若 $gh=0$，那么存在同态 $l:E\to A$ 以及满同态 $k:E\to D$ 使得 $hk=fl$。

可以看出这就是说：对于任意元素 $x=(D,h)$，如果 $g(x)=0$，那么存在 $x$ 的一个细化 $x'\;[=(E,fl)]$ 以及 $A$ 中一个变量 $y\;[=(E,l)]$ 使得 $f(y)=x'$。这和我们直觉上的想法是相同的。
非满射上的提升
如果 $f:Z\to X$ 不是满射但是我们想通过 $x\in\im f$ 来把 $x=(A,h)$ 提升到 $Z$ 上去应该怎么办？
这个问题本质在于：如何说明 “$x\in\im f$”。对此只需要说明 $x$ 的某个细化会分解出 $i:\im f\hookrightarrow X$ 的态射（即，某个细化具有 $(A',h'i)$ 的形式）。
这样，由于 $f:Z\to\im f$ 是满射，就可以把 $\im f$ 上的元素 $(A',h')$ 细化成 $Z$ 上的元素了。
怎么像在 $R$-模上搞出 $\im f_1+\im f_2$ 来？我们可以把它变成一个映射 $Y_1\times Y_2\to X$，这样就有 $\im[f_1,f_2]=\im f_1+\im f_2$。于是要把 $X$ 上的元素分解成 $f_1(a)+f_2(b)$ 的形式，就只要让它的细化分解出 $[f_1,f_2]$ 即可。
态射的构造
如本文最初的例子，我们通过选取 $X$ 中任意一个元素，一番操作后得到了 $Y$ 中的一个元素，最后说明这样的操作不依赖于“中间变量”的选取来构造出了 $X\to Y$ 的态射。
利用广义元的细化，我们可以把它变成这样：首先选出任意一个满射 $A_0\to X$（比如 ${\rm id}_X$），然后中间经过一系列的复合、提升、细化，得到了一系列满射（细化的时候出现的） $A_n\to A_{n-1}\to\dots\to A_0$ 以及态射 $A_n\to Y$ 。简单地说我们有满射 $e:A_n\to X$ 和态射 $y:A_n\to Y$。如果我们能说明 $y$ 干掉了 $\ker e$，（即 $y\circ\ker e=0$），那么就诱导了 $y':X\to Y$ 使得 $ey'=y$（这是因为 $e$ 是 $\ker e$ 的 $\coker$。还记不记得阿贝尔范畴的定义里说明满射都是自己的 kernel 的 cokernel）。
怎么说明 $y$ 干掉了 $\ker e$？直观上来看，若对任意的 $x\in A_n$ 都有 $e(x)=0\implies y(x)=0$，那么就有 $y\circ\ker e=0$。事实上这是很显然的，取 $x=(\ker e,i)$（$i$ 为 $\ker e\to A_n$ 的内射）即可。
我们画一个例子来说明。注意下图中每个 $A_i$ 都是一个拉回；不妨设 $Y=U_3$。
\[
\xymatrix{
A_3 \ar[r]^{f'_3} \ar[ddr]\ar[drr] \ar[ddd] & A_2 \ar[dd]\ar[r]^{f'_1} & A_1 \ar[r]^{f'_1} \ar[d]^{h_1'} & X \ar[d]^{h_1} \\
& & U_1 \ar[r]^{f_1} \ar[d]^{h_2} & V_0 \\
& U_2 \ar[r]^{f_2} \ar[d]^{h_3} & V_1 \\
U_3 \ar[r]^{f_3}& V_2
}
\]
假设构造态射的过程中出现了三次细化，如图所示。那么对任意的 $x\in A_3$，它事实上记录了 $U_1,U_2,U_3$ 等每个“选择一个变量 $z$ 使得 $f(z)=x$ ”的 $z$；换句话说 $A_3$ 记录了所有的中间变量。因此设这些变量分别为 $u_1,u_2,u_3=y$，那么我们只需要证明：若 $f_1(u_1)=0,f_2(u_2)=h_2(u_1),f_3(u_3)=h_3(u_2)$，则 $u_3=0$。
例子：再次证明蛇引理
\[
\xymatrix{
&\ker a \ar[r]^{p_1} \ar[d]_{i_a} & \ker b \ar[r]^{p_2} \ar[d]_{i_b} & \ker c \ar[d]_{i_c} \\
&A' \ar[r]^{f_1} \ar[d]_{a} & B' \ar[r]^{f_2} \ar[d]_{b} & C' \ar[r] \ar[d]_{c} & 0 \\
0 \ar[r] & A \ar[r]^{g_1} \ar[d]_{e_a} & B \ar[r]^{g_2} \ar[d]_{e_b} & C \ar[d]_{e_c} \\
& \coker a \ar[r]_{q_1} & \coker b \ar[r]_{q_2} & \coker c
}
\]
首先我们构造 $\delta$ 外的序列并且说明它正合。
由于 $b(f_1i_a)=0$，因此 $f_1i_a$ 通过 $i_b$ 分解出 $p_1:\ker a\to\ker b$。同样可以构造出 $p_2,q_1,q_2$。然后需要说明上下这两行正合。
对任意的 $x\in\ker b$ 使得 $p_2(x)=0$，都有 $f_2(i_b(x))=i_c(p_2(x))=0$，因此由 $A'\to B'\to C'$ 的正合性，存在 $u\in A'$ 使得 $f_1(u)=i_b(x)$。此时由于 $g_1(a(u))=b(i_b(x))=0$ 且 $g_1$ 单，就有 $a(u)=0$，因此 $u\in\ker a$。这样就证明了 $\ker a\to\ker b\to\ker c$ 正合；$\coker$ 那一边是对偶的。

注意这里的细化操作我们省略掉了；因为除了在构造态射的时候，我们都完全可以直接把 $x$ 和它的细化当做等同的、并且不难验证这样之后提升、复合等操作也是良定义的。

接下来定义 $\delta$。从 $P_0=\ker c,h_0={\rm id}_{\ker c}$ 出发，我们首先有 $z=(P_0,h_0)\in\ker c$；由于 $f_2$ 满，存在 $u\in B'$ 使得 $f_2(u)=z$；此时取 $y=b(u)$ 则 $g_2(y)=c(z)=0$，因此存在 $x\in A$ 使得 $g_1(x)=y$。我们取 $e_a(x)$ 为 $\delta(z)$。

这里我们具体发生的事情（这一段只是在解释上面的构造，事实上可以省略）：$z=(\ker c,{\rm id}_{\ker c})\in\ker c;i_c(z)=(\ker c,i_c)\in C'$；然后在 $C'\to B'$ 有一次细化：$P_1=B'\times_{C'}\ker c$，此时记 $f_2,i_c$ 的拉回为 $f_2',i_c'$，则有 $u=(P_1,i_c')\in B'$。然后 $y=(P_1,bi_c')\in B$。接下来沿 $g_1$ 提升的时候由于 $g_1$ 单，所以事实上不需要细化。因此存在 $x=(P_1,k)\in A$ 使得 $g_1(x)=y$，即 $g_1k=bi_c'$。然后我们取 $e_a(x)=(P_1,e_ak)\in\coker a$ 为 $\delta(z)$。

接下来需要证明这个 $\delta$ 是良定义的。根据上面的描述，我们只需要说明：若 $f_2(u)=0,g_1(x)=b(u)$，则 $e_a(x)=0$。这很显然，因为如果 $f_2(u)=0$，则存在 $t\in A'$ 使得 $f_1(t)=u$；因此 $g_1(a(t))=b(u)=g_1(x)$。由于 $g_1$ 为单射，就有 $a(t)=x$，因而 $e_a(x)=0$。

我们注意到这段证明里也忽略了细化操作。这是因为一旦 $\delta$ 构造完成剩下的证明部分就不需要还原每一步了。

至于证明 $\delta$ 两边的正合性也完全可以如此来证明。因此我们就像 $R$-模里一样证明了 Snake Lemma。你完全可以把它和前一篇的证明对比，会发现我们隐式用到的各种推出和拉回都是一样的。

hbghlyj

链复形
链复形的概念最初由代数拓扑/代数几何等方面导出，下面的例子会提到。
定义
加性范畴 $\mathcal{A}$ 中的一个链复形 $A_\bullet$ 是一列 $A_i\in\rm{Ob}(A)$（对每个 $i\in\mathbb Z$）以及之间的态射 $d_n:A_n\to A_{n-1}$，满足 $d_{n-1}d_n=0$：
$$\cdots\xrightarrow{}A_{n+1}\xrightarrow{d_{n+1}}A_n\xrightarrow{d_n}A_{n-1}\xrightarrow{}\cdots$$
链映射 $f:A_\bullet\to B_\bullet$ 定义为一族态射 $f_n:A_n\to B_n$，使得对任意 $n$ 都有 $d_nf_{n-1}=f_nd_n$（这里我们没有区分两个 $d$）。
$\mathcal{A}$ 中的所有链复形这样组成了一个范畴，记做 $\rm{Ch}(\mathcal{A})$。其中所有满足 $A_{-1}=A_{-2}=\dots=0$ 的链复形构成的满子范畴（满子范畴就是说，如果两个对象处于子范畴内那么它们之间所有态射都处于子范畴内）记做 $\rm{Ch}_{\geq0}(\mathcal{A})$。
对于一个 $A\in\mathcal{A}$，可以把它看做一个链复形 $\cdots\to0\to A\to0\to\cdots$（只有下标为 $0$ 的位置非零），这样就把 $\mathcal{A}$ 看做了 $\rm{Ch}(A)$ 的一个满子范畴。
对于阿贝尔范畴中的链复形 $A_\bullet$，定义其 $n$-维闭链 $Z_n=\ker d_n$，$n$-维边缘链 $B_n=\im d_{n+1}$，都是 $A_n$ 的子对象。显然有 $B_n\subseteq Z_n$（i.e. 存在一个子对象之间的单射 $B_n\to Z_n$），因此可以定义商对象 $H_n=Z_n/B_n$（即上述单射的 $\coker$），称为 $A_\bullet$ 的 $n$-维同调群。
一些引理

• 如果 $\mathcal{A}$ 是阿贝尔范畴，那么 ${\rm Ch}(\mathcal{A})$ 也是。
• 链映射 $f:A_\bullet\to B_\bullet$ 是单射当且仅当每个 $f_n:A_n\to B_n$ 是单射。
• 链映射 $f:A_\bullet\to B_\bullet$ 是满射当且仅当每个 $f_n:A_n\to B_n$ 是满射。
• ${\rm Ch}(\mathcal A)$ 中 $A_\bullet\xrightarrow{f}B_\bullet\xrightarrow{g}C_\bullet$ 是正合的当且仅当每个 $A_n\xrightarrow{f_n}B_n\xrightarrow{g_n}C_n$ 是正合的。

证明很容易：如果每个 $f_n:A_n\to B_n$ 都有核，那么所有 $\ker f_n$ 自然组成了一个链复形，这个链复形（以及 $\ker f_n\to A_n$ 的态射族）构成了 $f$ 的核。余核的情况与此对偶，因此 1. 4. 即证。考虑到任意加性范畴中映射 $h:U\to V$ 是单射当且仅当 $0\to U$ 是其核（满射与此对偶），所以 2. 3. 即证。
例子
单纯同调
首先先说一下什么叫单纯复形：

单纯形：欧式空间里的若干仿射无关的点构成的一个几何体（它们的凸包）。如果其中有 $n+1$ 个点 $v_0,\dots,v_n$，那么就记其为 $[v_0,\dots,v_n]$ 并称为 $n$-维单纯形。如果从这些顶点中选取一个子集，那么会得到一个 $m$ 维单纯形（$m\leqslant n$） $[v_{i_0},\dots,v_{i_m}]$，称之为原来的单纯形的一个面。
单纯复形：若干个单纯形组成的集合 $K$ ，要求 $K$ 中任何一个单纯形的任何一个面还在 $K$ 里面，并且 $K$ 中任意两个单纯形的交集都是它们的一个公共面。（即，规范相交）$K$ 的维数就是其中单纯形的最大维数。

如果有一个 $n$-维单纯复形 $K$，令 $K_t$ 表示其中所有 $t$-维单纯形的集合（$0\leqslant t\leqslant n$。每个 $t$-维单纯形都有 $t+1$ 个 $(t-1)$-维面；并且如果我们把 $K$ 中所有顶点排好序，那么这些面也是有序的，即存在映射 $\partial_i:K_t\to K_{t-1}\pod{0\leqslant i\leqslant t}$ 定义为 $\partial_i([v_0,\dots,v_t])=[v_0,\dots,\hat v_i,\dots,v_t]$（$\hat v_i$ 表示我们删去了 $v_i$）。
任意给定一个环 $R$，定义 $K$ 的单纯同调 $C_\bullet$ 如下：$C_t$ 为集合 $K_t$ 生成的自由模；如果 $tn$ 那么 $C_t=0$；$\partial_i$ 诱导了模同态 $C_t\to C_{t-1}$，也记做 $\partial_i$，那么定义 $d_t:C_t\to C_{t-1}$ 为它们的交错求和
$$d_t=\sum_{j=0}^t(-1)^j\partial_j$$
换句话说，
$$d_t([v_0,\dots,v_t])=\sum_{j=0}^t(-1)^j[v_0,\dots,\hat v_j,\dots,v_t]$$
为了证明这样的映射满足 $d_{t-1}d_t=0$，只需要发现每个 $[v_0,\dots,\hat v_i,\dots,\hat v_j,\dots,v_n]$ 都在 $d_{t-1}(d_t([v_0,\dots,v_t]))$ 中出现了两次，并且系数分别为 $(-1)^{i+j}$ 和 $(-1)^{i+j-1}$。
这样定义出来的链复形 $C_\bullet$ 中的 $t$-维闭链在几何上恰好是一个“没有边界的闭区域”（比方说，一条闭合曲线，一张闭合曲面），而 $t$-维边缘链恰好是一个高一维的区域的边界。这个时候同调群 $H_n$ 就刻画了 $K$ 中所有“$n$-维的洞”；比方说，如果 $K$ 是一个四面体的表面，那么 $K$ 中所有面按一定符号加起来就是一个闭链，但是不是一个边缘链（因为 $K$ 不包含这个四面体的内部）。因此此时 $H_3\cong R$，说明了 $K$ 中有恰好一个三维的洞。
奇异同调
奇异同调和单纯同调类似，只不过单纯形奇异单纯形：即，固定一个拓扑空间 $X$，其上的一个奇异 $n$-单纯形定义为 $\Delta^n\to X$ 的一个连续映射（$\Delta^n$ 为 $n$ 维标准单形，即 $R^n$ 中 $e_1,\dots,e_n$ 张成的凸包），而其奇异同调的对象 $S_t$ 定义为所有这样的奇异 $t$-单纯形生成的自由 $R$-模。
前面的面映射 $\partial_i:K_t\to K_{t-1}$ 也替换成了 $f\mapsto f\circ\partial_i$，从而诱导映射 $d_n:S_n\to S_{n-1}$；其中 $\partial_0,\dots,\partial_t:\Delta^{t-1}\to\Delta^t$ 为 $\Delta^{t-1}$ 到 $\Delta^t$ 的某个面的投影。
可以证明的是如果 $X$ 本身是一个单纯形，那么其单纯同调及奇异同调之间的链映射 $C_\bullet\to S_\bullet$ 所诱导的其同调群上的 $R$-模同态是同构；也就是说 $X$ 的单纯同调群和奇异同调群同构。