El complejo algebraico de Rham

Question

Dejemos que $A$ sea un conmutador $R$ -(o más generalmente un morfismo de espacios anillados). Entonces hay un "complejo algebraico de Rham" de $R$ -Mapas lineales $A=\Omega^0_{A/R} \xrightarrow{d^0} \Omega^1_{A/R} \xrightarrow{d^1} \Omega^2_{A/R} \to \dotsc$ . La construcción se da como un ejercicio en la obra de Lang Álgebra (XIX, Teorema 3.2). De alguna manera esto no es completamente formal ya que $\Omega^i_{A/R}$ sólo tiene una propiedad universal como $A$ -módulo, no como un $R$ -módulo, ¿verdad?

Decimos que $d^{p+q}(\omega \wedge \eta) = d^p(\omega) \wedge \eta + (-1)^p \omega \wedge d^q(\eta)$ para $\omega \in \Omega^p, \eta \in \Omega^q$ . Esto implica $d^1(a * d^0(b)) = d^0(a) \wedge d^0(b)$ y en general $d^1$ mapas $\sum_i a_i * d^0(b_i) \mapsto \sum_i d^0(a_i) \wedge d^0(b_i)$ . A la inversa, se podría intentar definir $d^1$ de esta manera. Pero entonces no me queda claro cómo demostrar la buena definición. Esbozaré lo que he hecho para remediarlo, pero probablemente sea demasiado complicado, y me pregunto si hay un enfoque más directo.

Existe un isomorfismo $\Omega^1_{A/R} \to I/I^2$ cartografía $a * d(b) \mapsto [ab \otimes 1-a \otimes b]$ , donde $I$ es el núcleo del mapa de multiplicación $A \otimes_R A \to A$ . Encaja en una larga secuencia exacta $\dotsc A^{\otimes {n+1}} \to A^{\otimes n} \to \dotsc$ donde los diferenciales son sumas alternas, por ejemplo $A^{\otimes 4} \to A^{\otimes 3}$ mapas $a \otimes b \otimes c \otimes d$ a $ab \otimes c \otimes d - a \otimes bc \otimes d + a \otimes b \otimes cd$ . La exactitud implica que $I$ es isomorfo al cokernel de esta diferencial. Ahora definamos $A^{\otimes 3} \to \Omega^2_{A/R}$ por $a \otimes b \otimes c \mapsto d^0(ac) \wedge d^0(b)$ . Se trata de una forma bien definida $R$ -mapa lineal. Se comprueba que desaparece en la imagen de $A^{\otimes 4} \to A^{\otimes 3}$ por lo que se extiende a $I$ . A continuación, se comprueba que también desaparece en $I^2$ para que se extienda a $I/I^2 \cong \Omega^1_{A/R}$ . El mapa resultante $d^1$ tiene la descripción deseada.

Una vez que se ha $d^1$ se podrían definir los otros diferenciales de forma inductiva mediante $d^{p+1}(\omega \wedge \eta) = d^p(\omega) \wedge \eta + (-1)^p \omega \wedge d^1(\eta)$ . Pero, de nuevo, la definición parece no ser tan clara.

Por supuesto, no existen estos problemas cuando $\mathrm{Spec}(A)$ es un haz vectorial sobre $\mathrm{Spec}(R)$ lo que también explica que no se produzcan para el complejo de Rham en una variedad suave.

Answer 1

He encontrado una construcción más sencilla. De hecho, hay es una propiedad universal de $\Omega^1_{A/R}$ como $R$ -módulo: Es el cokernel del $A$ -lineal (y por lo tanto $R$ -lineal) mapa $A \otimes_R A \otimes_R A \to A \otimes_R A$ definido por $a \otimes b \otimes c \mapsto ab \otimes c - b \otimes ac - a \otimes bc$ . Esta construcción alternativa parece ser bastante desconocida (?), véase también aquí . El diferencial viene dado por $d(a)=[a \otimes 1]$ . Modificamos exactamente la regla de Leibniz $d(a \cdot b)=a \cdot d(b)+b \cdot d(a)$ y el $c$ nos da el (derecho) $A$ -Estructura del módulo.

Ahora considere el $R$ -mapa lineal $A \otimes_R A \to \Omega^2_{A/R},~ a \otimes b \mapsto d(b) \wedge d(a)$ . Se extiende a $\Omega^1_{A/R}$ desde $${\small d(c) \wedge d(ab) - d(ac) \wedge d(b) - d(bc) \wedge d(a)}$$ $${\small =a \cdot d(c) \wedge d(b) +b \cdot d(c) \wedge d(a)-a \cdot d(c) \wedge d(b) - c \cdot d(a) \wedge d(b)-b \cdot d(c) \wedge d(a)-c \cdot d(b) \wedge d(a)=0}.$$

De manera más general, $\Omega^p_{A/R}$ es un cociente explícito de $A^{\otimes 2p}$ y $A^{\otimes 2p} \to \Omega^{p+1}_{A/R}$ definido por $a_1 \otimes b_1 \otimes \dotsc \otimes a_p \otimes b_p \mapsto d(b_1 \cdot \dotsc \cdot b_p) \wedge d(a_1) \wedge \dotsc \wedge d(a_p)$ preserva las relaciones (cálculo fácil como el anterior), por lo que se extiende a $d^p : \Omega^p_{A/R} \to \Omega^{p+1}_{A/R}$ .

Esta construcción se generaliza incluso a objetos de álgebra conmutativa arbitraria en categorías monoidales simétricas cocompletas. En el caso abeliano podemos definir la cohomología de Rham. Los detalles aparecerán en otra parte ;) (concretamente en mi tesis, en la sección sobre derivaciones).

Answer 2

Creo que hay una prueba más fácil.

Escribe $A$ como cociente $B/J$ donde $B$ es un anillo polinómico sobre $R$ (no necesariamente de tipo finito). Entonces $\Omega^1_{B/R}$ es libre en $B$ y tú lo has señalado, la construcción es fácil en este caso. Tenemos la secuencia exacta $$ J\stackrel{\delta}{\to} \Omega_{B/R}^1\otimes A \to \Omega_{A/R}^1\to 0$$ lo que implica que $\Omega_{A/R}^i$ es canónicamente el cociente de $\Omega_{B/R}^i$ por $J\Omega_{B/R}^i$ y el submódulo generado por $d(J)\wedge \Omega_{B/R}^{i-1}$ . Para definir $d^i : \Omega_{A/R}^i \to \Omega_{A/R}^{i+1}$ basta con comprobar que $d^i : \Omega_{B/A}\to \Omega_{B/R}^{i+1}$ mapas $J\Omega_{B/R}^{i}$ y $d(J)\wedge \Omega_{B/R}^{i-1}$ al submódulo generado por $d(J)\wedge \Omega_{B/R}^{i}$ y $J\Omega_{B/R}^{i+1}$ pero esto es casi obvio.

Queda por comprobar la condición en $d^{p+q}(\eta\wedge \omega)$ . Esto se deduce trivialmente de la misma condición sobre el $\Omega_{B/R}^i$ 's.

Answer 3

Quizás un poco tarde, pero ¿qué tal esta construcción?
Por definición, $\Omega_{A/R} = I/I^2$ , donde $I= \ker[A\otimes_RA\rightarrow A, a\otimes b\mapsto ab]$ . Tenemos una descomposición de suma directa $(A\otimes_RA)/I^2\cong A \oplus \Omega_{A/R}$ inducido por $a\otimes b\mapsto (ab, a\cdot db)$ (donde $d\colon A\rightarrow \Omega_{A/R}$ , $a\mapsto (1\otimes a - a\otimes 1)\bmod I^2$ es la derivación universal). Ahora, para obtener el morfismo $d^1\colon \Omega_{A/R}^1\rightarrow \Omega_{A/R}^2$ Considera que $$f\colon A\otimes_RA\rightarrow \Omega_{A/R}^2,\quad a\otimes b\mapsto da\wedge db$$ Reclamación: $I^2\subseteq \ker f$ . Para ver esto, dejemos $\sum_ia_i\otimes b_i, \sum_jx_j\otimes y_j\in I$ es decir. $\sum_ia_ib_i = \sum_jx_jy_j=0$ . Desde $d$ es una derivación, tenemos $$\begin{align} \sum_ia_i\cdot db_i = d\left(\sum_ia_ib_i\right) - \sum_ib_i\cdot da_i = -\sum_ib_i\cdot da_i. \tag{1} \end{align}$$ De ello se desprende que $$\begin{align*} f\left(\sum_{i,j}(a_ix_j)\otimes (b_iy_j)\right) &= \sum_{i,j} d(a_ix_j)\wedge d(b_iy_j)\\ &=\sum_{i,j}(a_i\cdot dx_j\wedge b_i\cdot dy_j + a_i\cdot dx_j \wedge y_j\cdot db_i) +\\ &\quad+ \sum_{i,j}(x_j\cdot da_i\wedge b_i\cdot dy_j + x_j\cdot da_i \wedge y_j\cdot db_i)\\ &= \sum_{i,j}(y_j\cdot dx_j \wedge a_i\cdot db_i + b_i\cdot da_i\wedge x_j\cdot dy_j)\\ &\stackrel{(1)}{=}\sum_{i,j}(x_j\cdot dy_j\wedge b_i\cdot da_i + b_i\cdot da_i \wedge x_j\cdot dy_j)\\ &= 0, \end{align*}$$ donde hemos utilizado $\sum_{i,j}a_i\cdot dx_j\wedge b_i\cdot dy_j = \left(\sum_{i}a_ib_i\right) \cdot \left(\sum_{j}dx_j\wedge dy_j\right)=0$ y de manera similar $\sum_{i,j}x_j\cdot da_i\wedge y_j\cdot b_i = 0$ . Esto muestra el reclamo.

Ahora, define $d^1\colon \Omega_{A/R}^1\rightarrow \Omega^2_{A/R}$ como la restricción de $\overline{f}\colon (A\otimes_RA)/I^2\rightarrow \Omega_{A/R}^2$ a $\Omega_{A/R}$ . Esto demuestra que la definición ingenua $d^1\colon \Omega_{A/R}^1\rightarrow \Omega_{A/R}^2$ dado por $a\cdot db\mapsto da\wedge db$ está bien definida.

Editar: Para obtener el $R$ -mapa lineal $d^n\colon \Omega_{A/R}^n\rightarrow \Omega_{A/R}^{n+1}$ (donde $\Omega_{A/R}^n = \bigwedge^n \Omega_{A/R}^1$ es el $n$ -en $A$ -poder exterior lineal de $\Omega_{A/R}^1$ ), definimos $$ d^n(x_1\wedge\dotsb\wedge x_n) := \sum_{i=1}^n (-1)^{i-1} x_1\wedge \dotsb\wedge d^1(x_i)\wedge\dotsb\wedge x_n. $$ Para que esté bien definido, tenemos que comprobar dos cosas:
(i) Para todos los $x_1,\dotsc,x_n\in \Omega_{A/R}^1$ con $x_i=x_j$ para algunos $i\neq j$ tenemos $d^n(x_1\wedge \dotsb \wedge x_n) = 0$ .\

(ii) $d^n(x_1\wedge\dotsb \wedge (ax_{i_0}) \wedge\dotsb \wedge x_n)$ no depende de $i_0$ para todos $x_1,\dotsc,x_n\in \Omega_{A/R}^1$ y $a\in A$ .

Ad (i): Sea $x_1,\dotsc,x_n\in \Omega_{A/R}^1$ con $x_i= x_j$ para algunos $i<j$ . Entonces \begin{align*} d^n(x_1\wedge\dotsb\wedge x_n) & = \sum_{r=1}^n (-1)^{r-1} x_1\wedge\dotsb \wedge d^1(x_r)\wedge\dotsb\wedge x_n\\ &= (-1)^{i-1} x_1\wedge\dotsb\wedge d^1(x_i)\wedge\dotsb \wedge x_n + (-1)^{j-1} x_1\wedge\dotsb\wedge d^1(x_j)\wedge\dotsb\wedge x_n\\ &= 0, \end{align*} donde para la última igualdad, hemos utilizado que
$$ x_{i+1}\wedge\dotsb\wedge x_j = (-1)^{j-i-1} x_j\wedge x_{i+1}\wedge\dotsb\wedge x_{j-1} $$
y que $d^1(x_i)$ es de grado 2 (por lo que al moverse alrededor de $d^1(x_i)$ no produce signos).

Ad (ii): Dado $a,x_1,\dotsc,x_n,y_1,\dotsc,y_n\in A$ calculamos \begin{align*} & d^n(x_1 dy_1\wedge\dotsb\wedge (ax_{i_0} dy_{i_0})\wedge\dotsb \wedge x_ndy_n)\\ =& \sum_{\substack{i=1\\ i\neq i_0}}^n (-1)^{i-1} x_1dy_1\wedge\dotsb\wedge d^1(x_idy_i)\wedge\dotsb\wedge x_ndy_n + \\ &\qquad + (-1)^{i_0-1} x_1dy_1\wedge\dotsb\wedge d(ax_{i_0})\wedge dy_{i_0}\wedge\dotsb \wedge x_ndy_n\\ =& a\cdot \sum_{i=1}^n (-1)^{i-1} x_1dy_1\wedge\dotsb\wedge d^1(x_idy_i) \wedge\dotsb\wedge x_ndy_n + \\ &\qquad + (-1)^{i_0-1} x_1dy_1\wedge\dotsb\wedge x_{i_0-1}dy_{i_0-1} \wedge da\wedge x_{i_0}dy_{i_0} \wedge \dotsb\wedge x_ndy_n\\ =& a\cdot d^n(x_1dy_1\wedge\dotsb\wedge x_ndy_n) + d(a)\wedge x_1dy_1\wedge \dotsb\wedge x_ndy_n, \end{align*} y esto es independiente de $i_0$ .

Por lo tanto, $d^n$ es una forma bien definida $R$ -mapa lineal en $\Omega_{A/R}^n$ .