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（上下同态是投射），并且Kerφ是π1（｜K｜，a）的换位子群．由图表的交换性及φ1满足（1），推得φ满足（1）．
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归纳证明完成，从而完成了命题的证明． ▎
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3.4 Euler-Poincaré公式
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设复形K有αq个q维单形，q＝0，1，…，dimK．
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定义6.8 称整数
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为复形K的Euler示性数．
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Euler示性数与立体几何中凸多面体的Euler数有密切关系．设凸多面体有e0个顶点，e1条棱，e2个面．对它的每个面可用一些互不交叉的对角线分割为三角形，从而使凸多面体的表面有一个三角剖分K．设K的q维单形数为αq，q＝0，1，2（dimK＝2），则α0＝e0（上述分割不增加新顶点），α1－e1＝α2－e2（因为每加一条对角线就增加一个面）．于是x（K）＝α0－α1＋α2＝e0－e1＋e2，即就是凸多面体的Euler数．因此Euler示性数可看成凸多面体Euler数的推广．
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Hq（K）是有限生成交换群，记它的秩为βq，即
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βq∶＝rank（Hq（K）），
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称为复形K的q维Betti数．
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定理6.4（Euler-Poincaré定理） 设K是n维复形，βq是K的q维Betti数，q＝0，1，…，n．则有Euler-Poincaré公式
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证明 分别记λq＝rank（Zq（K）），μq＝rank（Bq（K））．利用附录A中的定理A.2，从Hq（K）＝Zq（K）/Bq（K）可得到
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βq＝λq－μq， 0≤q≤n．
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又因为Bq－1（K）和Zq（K）分别是∂q∶Cq（K）→Cq－1（K）的像与核，所以有于是
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μq－1＝αq－λq， 0≤q≤n
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（令μ-1＝0），两式相加，得到
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αq－βq＝μq＋μq－1， 0≤q≤n．
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于是
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μn＝μ-1＝0，因此 ▎
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