A, B ⊂Rnが独立であるとは、A∩B =∅であって、条件
a, a′ ∈A, b, b′ ∈B, (ab)˚∩(a′b′)˚̸=∅ =⇒ a =a′, b=b′
を満たすことをいうのであった（§1.1）。とくに、A={a}の場合、A, Bが独立であるこ とは、aBが錐であることにほかならない。
以下では、A, B ⊂ Rn が独立であるときに、強調の意味で、ジョインAB のことを A ⋆ Bと書くことがある。
補題 3.16. σ, τ が単体ρ⊂Rnの面であるとき、σ∩τ =∅ならば、σ, τ は独立である。
証明. p= dimσ, q= dimτ とするとき、p≦ qである場合に限って示せばよい。さらに これをpに関する帰納法で示す。p=−1のときは明らかであるから、p≧0としよう。σ の頂点vを一つ選び、σ′ = σ/vとすると、στ は錐v(σ′τ)なので、{v}, σ′τ は独立であ る。また、帰納法の仮定より、σ′, τ も独立である。よって、補題1.21により、σ = vσ′, τ も独立である。
上の補題の逆として、次も成り立つ。
補題 3.17. σ, τ ⊂ Rnが二つの独立な単体であるとき、σ ⋆ τ は単体であり、その頂点全 体の集合はV(σ ⋆ τ) =V(σ)∪V(τ)で与えられる。
証明. p= dimσ, q = dimτ とする。p+qに関する帰納法によって示そう。p+q =−2 のとき、すなわち σ = τ = ∅ であるときは明らかである。そこで、p+ q ≧ −1 と する。このとき、σ, τ の少なくとも一方は空でない。たとえば、σ ̸= ∅ であるとし、
v をσ の頂点の一つとする。σ′ = σ/v とおく。このとき、σ′, τ は独立だから、帰納 法の仮定から、σ′τ = σ′ ⋆ τ は単体で、V(σ′ ⋆ τ) = V(σ′)∪ V(τ) である。一方、σ は錐 vσ′ なので、{v}, σ′ は独立である。また、σ = vσ′, τ は仮定により独立である。
よって、補題1.21 により、{v}, σ′τ は独立であるから、σ ⋆ τ はv を頂点として単体 σ′ ⋆ τ を底とする錐である。よって、命題 2.2(2)により、στ = σ ⋆ τ は単体であり、
V(σ ⋆ τ) ={v} ∪V(σ′⋆ τ) ={v} ∪V(σ′)∪V(τ) =V(σ)∪V(τ)である。
K, L がRn 内の単体複体であるとき、K, L が独立 (independent) であることを、
|K|,|L| ⊂Rn が独立であることとして定義する。
有限単体複体K, Lが独立であるとき、K, Lの単体ジョイン(simplicial join) KLを KL={σ ⋆ τ|σ ∈K, τ ∈L}
によって定義する。補題3.17により、これはRn内の単体からなる集合である。さらに、
注意1.20(3) により、任意のσ, σ′ ∈K, τ, τ′ ∈L に対して、
(σ ⋆ τ)∩(σ′⋆ τ′) = (σ∩σ′)⋆(τ∩τ′)
である。このことから、KLは有限単体複体となることが分かる。σ∅ =σ, ∅τ = τ であ ることからK, LはそれぞれKLの部分複体となっていることに注意する。
注意 3.18. K, Lに有限性を仮定しない場合、上のようにKLを定義しても一般には局所
有限性の条件が成り立たず、単体複体とならない。
§3.2の最初に見たように、単体複体K の頂点vに対して、スターst(v, K)はリンクの 錐としてst(v, K) =vlk(v, K)と表されるのだった。これを一般化して、次が成り立つ。
命題 3.19. K を単体複体、σ ∈K とするとき、σ,|lk(σ, K)| は独立であって、
st(σ, K) =K(σ) lk(σ, K), |st(σ, K)|=σ ⋆|lk(σ, K)| となる。ここで、K(σ)はσ の面全体のなす単体複体である。
証明. 注意1.20(4)を用いて、σと|lk(σ, K)|の独立性を示そう。各τ ∈lk(σ, K)に対し て、σとτ はあるK の共通の単体の面であり、σ∩τ =∅であるから、補題3.16により、
σ, τ は独立である。また、τ1, τ2 ∈lk(σ, K)とすると、補題3.17と補題2.36(1)により、
V((σ ⋆ τ1)∩(σ ⋆ τ2)) =V(σ ⋆ τ1)∩V(σ ⋆ τ2)
= (V(σ)∪V(τ1))∩(V(σ)∪V(τ2))
=V(σ)∪(V(τ1)∩V(τ2))
=V(σ)∪V(τ1∩τ2)
=V(σ ⋆(τ1∩τ2))
である。よって、(σ ⋆ τ1)∩(σ ⋆ τ2) =σ ⋆(τ1∩τ2)である。以上から、注意1.20(4)によ り、σ, |lk(σ, K)|は独立である。残る二つの式は、定義からすぐに示される。
P, Q ⊂Rn を独立なコンパクト多面体とする。このとき、P = |K|, Q =|L|と三角形 分割すると、K, Lは有限単体複体であるから（注意2.34）、KLが定義され、P ⋆ Q=|KL| となるから、ジョインP ⋆ Qは多面体である。
次に、P, Q⊂RmおよびP′, Q′ ⊂Rn がそれぞれ独立なコンパクト多面体であるとし、
PL写像f: P →P′, g: Q→Q′ が与えられたとする。このとき、f とgのジョインと呼 ばれる写像f ⋆ g: P ⋆ Q→P′⋆ Q′ を、f ⋆ g|P =f, f ⋆ g|Q =gおよび
f ⋆ g((1−t)x+ty) = (1−t)f(x) +tg(y) (x ∈P, y∈Q, t∈I) によって定義する。
命題 3.20. P, Q ⊂ Rm およびP′, Q′ ⊂ Rn をそれぞれ独立なコンパクト多面体とし、
f:P →P′, g:Q →Q′をPL写像とする。このとき、ジョインf ⋆ g: P ⋆ Q→P′⋆ Q′ はPL写像である。
証明. 定理2.61 により、P = |K|, P′ = |K′|, Q = |L|, Q′ = |L′|と三角形分割して、
f: K → K′, g: L → L′ がそれぞれ単体写像となるようにできる。いまKL, K′L′ は P ⋆ Q, P′⋆ Q′の三角形分割となるが、このときf ⋆ g: KL→K′L′が単体写像であるこ とを示せばよい。
主張. 任意のσ ∈K, τ ∈Lに対して、(f ⋆ g)|σ⋆τ はアフィン写像である。
主張の証明. φ: σ ⋆ τ → Rn を、v ∈ V(σ) のとき φ(v) = f(v), w ∈ V(τ) のとき
φ(w) = g(w) という条件によって定まるただ一つのアフィン写像とする。すると、
f =f ⋆ g|σとφ|σ はともにアフィン写像でV(σ)上で値が一致するから、φ|σ =fである。
同様に、φ|τ =gである。さらに、φがアフィン写像であることから、x∈σ, y ∈τ, t∈I に対してφ((1−t)x+ty) = (1−t)φ(x)+tφ(y) = (1−t)f(x)+tg(y) =f ⋆g((1−t)x+ty) である。以上から、f ⋆ g =φとなるので、f ⋆ gはアフィン写像である。
任意のσ ∈K, τ ∈Lに対して、f, g が単体写像であることからf(σ) ∈K′, g(τ)∈L′ であり、定義からf ⋆ g(σ ⋆ τ) =f(σ)⋆ g(τ)∈K′L′である。よって、上の主張と合わせ てf ⋆ g: KL→K′L′ が単体写像であることが示された。
PL写像のジョインについては、関手性id⋆id = id, (f ⋆ g)◦(f′⋆ g′) = (f◦f′)⋆(g◦g′) が成り立つ。したがって、次が得られる。
系 3.21. 命題3.20のようなP, P′, Q, Q′とPL同相写像 f: P →P′, g: Q→Q′に対し て、f ⋆ g: P ⋆ Q→P′⋆ Q′はPL同相写像となる。とくに、P ⋆ QのPL同相型はP, Q のPL同相型から決まる。
注意 3.22. 一般に、コンパクト多面体P, Qは共通のEuclid空間に含まれているとも限 らないし、独立であるとも限らない。このようなP, Qに対してP ⋆ Qを構成する方法を 考えよう。
まず、十分大きな次元のEuclid空間内にP, QとそれぞれPL同相なコピーP0, Q0 を 作り、P0, Q0 が独立であるようにできる。実際、P ⊂Rm, Q ⊂Rnをコンパクト多面体 とするとき、Rm×Rn×R=Rm+n+1の部分集合
P0 =P × {0} × {0}, Q0 ={0} ×Q× {1}
はそれぞれP, QとPL同相な多面体である。さらに、例1.19(2) により、P0, Q0 は独立 であるので、ジョインP0 ⋆ Q0 が得られる。このときP, Qをそれぞれ P0, Q0 と同一視 することで、P0 ⋆ Q0 のことをP ⋆ Qと書くことがある。これを P, Qの外部ジョイン (external join)という。
命題 3.23. Bn, SnをそれぞれPL n球体、PL n球面とするとき、次のPL同相が存在 する。ただし、以下ではp, q≧0とする。
(1) (Bp⋆ Bq,(∂Bp)⋆ Bq∪Bp⋆(∂Bq))∼= (Bp+q+1, ∂Bp+q+1) (2) (Bp⋆ Sq,(∂Bp)⋆ Sq)∼= (Bp+q+1, ∂Bp+q+1)
(3) Sp⋆ Sq ∼=Sp+q+1
証明. それぞれ、特別な一つの場合に証明すれば十分である。(1)については、Bp, Bq として独立な単体を取れば、補題3.17 から分かる。(2)については、Rp ×Rq+1 の部分 集合として、Bp = [−1,1]p × {0}とSq ={0} ×∂[−1,1]q+1 を考える。[−1,1]q+1 が錐 0∂[−1,1]q+1 となることを用いると、Bp, Sq ⊂Rp×Rq+1 は独立であることがすぐに確 かめられる。さらに、このときジョインBp ⋆ Sqは
Bp⋆ Sq ={(x, y)∈Rp×Rq+1| ∥x∥+∥y∥≦1}
と表すことができる。よって、Bp⋆ Sqは胞体である。よって、定理3.11により、Bp⋆ Sq はPL (p+q+ 1)球体である。これで、(2)のうち「Bp⋆ Sq ∼=Bp+q+1」の部分が確かめ られた。さらに、定理3.11により、さきほどのBp⋆ Sqの境界として得られるPL (p+q) 球面∂(Bp ⋆ Sq)は胞体としてのBp⋆ Sq の境界に等しく、
∂(Bp⋆ Sq) = FrRp×Rq+1(Bp⋆ Sq)
={(x, y)∈Rp ×Rq+1| ∥x∥+∥y∥= 1}
=∂Bp⋆ Sq
である。これで、(2)の残る部分とともに、(3)も確かめられた。