Calculemos \(H_{0}(\Delta, R)=Z_{0}(\Delta,R)/B_{0}(\Delta,R)\). En este caso \(Z_{0}(\Delta,R)=\ker\partial_{0}\), donde \(\partial_{0}\colon C_{0}(\Delta,R)\to C_{-1}(\Delta,R)=R\). La matriz (respecto a las bases usuales) de \(\partial_{0}\) es \((1 1 1 1)\). Un conjunto de generadores del espacio nulo de esta matriz es \( \{(1,-1,0,0), (1,0,-1,0), (1,0,0,-1)\}\), y esos vectores se corresponden con \(a-b, a-c, a-d\).

Calculemos \(B_{0}(\Delta,R)\), es decir, la imagen de \(\partial_{1}\colon C_{1}(\Delta,R)\to C_{0}(\Delta,R)\). Tenemos que \(\partial_{1}(b\wedge a)=a-b\), \(\partial_{1}(c\wedge a)=a-c\), \(\partial_{1}(c\wedge a+d\wedge c)=(a-c)+(c-d)=a-d\). Esto implica que \(Z_{0}(\Delta,R)=B_{0}(\Delta,R)\), por lo tanto \(H_{0}(\Delta,R)=0\).

Calculemos \(H_{1}(\Delta, R)=Z_{1}(\Delta,R)/B_{1}(\Delta,R)\). Consideremos la frontera \(\partial_{1}\colon C_{1}(\Delta,R)\to C_{0}(\Delta,R)\). En las bases dadas por las cadenas elementales, esa transformación lineal tiene matriz:

El espacio nulo está generado por \((1,-1,1,0,0)^{T},(-1,1,0,-1,1)^{T}\). El primer vector se corresponde con \(a\wedge b-a\wedge c+b\wedge c\). El segundo vector se corresponde con \(-a\wedge b+a\wedge c-b\wedge d +c\wedge d\). Estos dos son generadores de \(Z_{1}(\Delta,R)\).

El espacio \(B_{1}(\Delta,R)\) es la imagen de la frontera \(\partial_{2}\colon C_{2}(\Delta,R)\to C_{1}(\Delta, R)\). Esta frontera tiene matriz:

Tenemos que \(\partial_{2}(a\wedge b\wedge c)=a\wedge b - a\wedge c+b\wedge c\), y también que \(\partial_{2}(b\wedge c\wedge d)=c\wedge d - b\wedge d+b\wedge c\). Estos dos vectores generan a \(B_{1}(\Delta,R)\). Por lo tanto \(B_{1}(\Delta,R)=\langle a\wedge b - a\wedge c+b\wedge c, c\wedge d - b\wedge d+b\wedge c \rangle\).

Tenemos entonces que el cociente \(Z_{1}(\Delta,R)/B_{1}(\Delta,R)\) está generado por

• \(\overline{a\wedge b-a\wedge c+b\wedge c}=\overline{0}\) (pues \(\partial_{2}(a\wedge b\wedge c)=a\wedge b - a\wedge c+b\wedge c\))
• \(\overline{-a\wedge b+a\wedge c-b\wedge d +c\wedge d}=\overline{0}\). (pues \(\partial_{2}(b\wedge c\wedge d-a\wedge b\wedge c)=-a\wedge b+a\wedge c-b\wedge d +c\wedge d\)).

Como sus dos generadores son \(\overline{0}\), se obtiene que \(H_{1}(\Delta,R)\) es el grupo trivial.

Calculemos \(H_{2}(\Delta, R)=Z_{2}(\Delta,R)/B_{2}(\Delta,R)\). En este caso \(Z_{2}(\Delta,R)=\ker\partial_{2}=0\). Además \(B_{2}(\Delta,R)\) es la imagen de \(\partial_{3}\colon C_{3}(\Delta,R)\to C_{2}(\Delta,R)\), por lo que \(B_{2}(\Delta,R)=0\) (pues \(C_{3}(\Delta,R)=0\)). Por lo tanto \(H_{2}(\Delta,R)=0\).

\(H_{p}(\Delta,R)=0\) para todo \(p\geq0\).

Teorema Sean \(\Delta_{1}\) y \(\Delta_{2}\) complejos simpliciales tales que \(|\Delta_{1}|\simeq |\Delta_{2}|\). Entonces \(H_{p}(\Delta_{1},R)\cong H_{p}(\Delta_{2},R)\) para todo \(p\geq0\).