Vamos a probar con un pequeño valor de $n$ primero para ver cómo funciona. El primer caso no trivial es $n=2$, así que tome $c : [0,1]^2 \to A$ un singular $2$-cubo. Su límite es
$$\partial c = \sum_{i=1}^2 \sum_{\alpha \in \{0,1\}} (-1)^{i+\alpha} c_{(i,\alpha)} = -c_{(1,0)} + c_{(1,1)} + c_{(2,0)} - c_{(2,1)}.$$
Si $u : [0,1] \to A$ es un singular $1$-cubo, sus límites son:
$$\partial u = -u_{(1,0)} + u_{(1,1)} = -u(0) + u(1)$$
Y así tenemos que:
$$\begin{align}
\partial^2(c) & = - \bigl(-(c_{(1,0)})_{(1,0)} + (c_{(1,0)})_{(1,1)}\bigr) + \bigl(-(c_{(1,1)})_{(1,0)} + (c_{(1,1)})_{(1,1)}\bigr) \\
& \mathrel{\hphantom{=}} + \bigl(-(c_{(2,0)})_{(1,0)} + (c_{(2,0)})_{(1,1)}\bigr) - \bigl(-(c_{(2,1)})_{(1,0)} + (c_{(2,1)})_{(1,1)}\bigr)
\end{align}$$
Ahora, ¿cómo podemos vincular este?
- Los términos de la forma $(c_{(2,0)})_{(1,i)}$ son los que se parecen a $c(i,0)$, y así será emparejado con los términos de la forma $(c_{(1,i)})_{(1,0)}$. Pero el signo de $(c_{(2,0)})_{(1,i)}$$(-1)^{2+0+1+i} = -(-1)^i$, mientras que el signo de $(c_{(1,i)})_{(1,0)}$$(-1)^{1+i+1+0} = (-1)^i$, por lo que son opuestas y cancelar.
- Del mismo modo, los términos de la forma $(c_{(2,1)})_{(1,i)}$ están vinculados con los de la forma $(c_{(1,i)})_{(1,1)}$, y los signos cancelar de nuevo.
Así que esperemos ahora a ver cómo funciona. Lo que sucedió anteriormente es que en $(c_{(i,\alpha)})_{(j,\beta)}$ si $i > j$, luego tenemos la primera "revisión" de la $i$th coordinar en $c(t_1, \dots, t_n)$ y, a continuación, el $j$th; pero si $i \le j$, cuando se corrige el la $i$th coordinar para obtener $c_{(i,\alpha)}$, el nuevo "$j$th" coordinar en $(c_{(i,\alpha)})_{(j,\beta)}$ es realmente el $(j+1)$st coordenadas de $c$! Vamos a tratar de formalizar.
Tenemos el conjunto de índices:
$$J_n = \{(i,\alpha,j,\beta) | 1 \le i \le n, \alpha \in \{0,1\}, 1 \le j \le n-1, \beta \in \{0,1\} \},$$
y $\partial^2(c) = \sum_{(i,\alpha,j,\beta) \in J_n} (-1)^{i+\alpha+j+\beta} (c_{(i,\alpha)})_{(j,\beta)}$. Nos separamos $J_n$ en dos partes: el conjunto de $J_n''$ de los índices de $(i,\alpha,j,\beta)$ tal que $i > j$, y el conjunto de $J_n'$ tal que $i \le j$. Luego hay un bijection entre el $J_n''$ $J_n'$ da por:
$$\begin{align}
\theta : J_n' & \to J_n'' \\
(i,\alpha,j,\beta) & \mapsto (j+1,\beta,i,\alpha)
\end{align}$$
Por supuesto, la bijection no está elegido al azar. Si $(i,\alpha,j,\beta) \in J_n'$ es decir $i \le j$, entonces:
$$(c_{(i,\alpha)})_{(j,\beta)}(t_1, \dots, t_{n-2}) = c(t_1, \dots, \underbrace{\alpha}_{i\text{th position}}, \dots, \underbrace{\beta}_{(j+1)\text{st position}}, \dots, t_{n-2}),$$
y se ve que es igual a $(c_{(j+1,\beta)})_{(i,\alpha)}$. (En este punto debo aconsejo que lea lo que he escrito, si no estás cómodo con todo esto. Trate de ver cómo funciona para $n=2$ por encima de, y tal vez intente $n=3$ si eres valiente. Ninguna cantidad de explicación puede sustituir a la escritura por sí mismo.)
Pero las señales en la frente de cada uno son diferentes debido a las $+1$$j+1$, y así al par $(i,\alpha,j,\beta)$ $\theta(i,\alpha,j,\beta)$ se anulan mutuamente y al final, la suma es cero.
PS: Si usted está interesado en esto, esta es esencialmente la combinación de la prueba de que el singular cubos de un espacio de forma (semi-)simplicial abelian grupo (no he mencionado degeneraciones), y que el diferencial de la Moore complejo de un simplicial abelian grupo tiene plaza de cero.
