Solicitud para el acompañante de Mariano Suárez-Alvarez de la prueba.

Question

Mariano Suárez-Alvarez respuesta a Cohomology de plano proyectivo parece muy interesante. Sin embargo, hay tres piezas que no podía puntada para una de sus pruebas. Pregunto si alguien puede ayudar?

Más tarde: alternativamente, uno puede hacer un poco de magia. Ya que no es una cubierta $S^2\to P^2$ $2$ hojas, sabemos que el de Euler características de $S^2$ $P^2$ están relacionados por $\chi(S^2)=2\chi(P^2)$. Desde $\chi(S^2)=2$, llegamos a la conclusión de que $\chi(P^2)=1$. Desde $P^2$ es de dimensión$2$, $\dim H^p(P^2)=0$ si $p>2$; desde $P^2$ es no orientable, $H^2(P^2)=0$; por último, desde el $P^2$ está conectado, $H^0(P^2)\cong\mathbb R$. De ello se desprende que $1=\chi(P^2)=\dim H^0(P^2)-\dim H^1(P^2)=1-\dim H^1(P^2)$, por lo que el $H^1(P^2)=0$.

Así que mis preguntas son:

Por qué

desde $P^2$ es no orientable, $H^2(P^2)=0$

desde $P^2$ está conectado, $H^0(P^2)\cong\mathbb R$

$\chi(P^2)=\dim H^0(P^2)-\dim H^1(P^2)$?

Muchas gracias!

Answer 1

1. [Lo que sigue no es en realidad la dirección de la cuestión, véase más abajo] Una orientación en un $n$-dimensiones del colector está dada por un lugar cero diferencial $n$-forma; una forma que se llama una forma de volumen y es necesariamente cerrado. Si el colector es compacto, como $P^2$, de tal forma que no puede ser exacta, de lo contrario el colector habría volumen cero por Stokes Teorema de la cual no puede suceder a menos que $n = 0$. Como tal, en un compacto colector $X$, un volumen de forma define un no-trivial cohomology de clase en $H^n_{\text{dR}}(X)$, por lo que un compacto, no orientable colector debe tener $H^n_{\text{dR}}(X) = 0$.

2. Para un colector de $X$, $H^0_{\text{dR}}(X) = \operatorname{ker} d: \Omega^0(X) \to \Omega^1(X)$. Es decir, $H^0_{\text{dR}}(X) = \{f \in C^{\infty}(X) \mid df = 0\}$. Tenga en cuenta que $df = 0$ si y sólo si $f$ es localmente constante. Si $X$ está conectado, una localmente función constante es constante para $$H^0_{\text{dR}} = \{f : X \to \mathbb{R} \mid f(X) = \{a\}\ \text{for some}\ a \in \mathbb{R}\} \cong \mathbb{R}$$ where the isomorphism takes a constant function and sends it to its value. More generally, if $X$ has $k$ components, $H^0_{dR}(X) \cong \mathbb{R}^k$.

3. La fórmula para la característica de Euler de una $n$-dimensiones del colector $X$$\chi(X) = \sum_{i=0}^n(-1)^i\operatorname{dim}H^i_{\text{dR}}(X)$. Si $n = 2$ ($X$ es una superficie), esto se reduce a $$\chi(X) = \operatorname{dim}H^0_{\text{dR}}(X) - \operatorname{dim}H^1_{\text{dR}}(X) + \operatorname{dim}H^2_{\text{dR}}(X).$$ For $X = P^2$ we have $\operatorname{dim}H^2_{\text{dR}}(P^2) = 0$ from point one which gives $$\chi(P^2) = \operatorname{dim}H^0_{\text{dR}}(P^2) - \operatorname{dim}H^1_{\text{dR}}(P^2)$$ and from point two we have $\operatorname{dim}H^0_{\text{dR}}(P^2) = 1$ so $$\chi(P^2) = 1 - \operatorname{dim}H^1_{\text{dR}}(P^2).$$

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Añadido Posterior: Como ronno señalado correctamente, mi argumento en el punto 1 es la inversa. Que es, que me explique que una orientable colector debe tener no trivial de la parte superior grado cohomology debido a un volumen de forma define un no-trivial cohomology de la clase. Sin embargo, eso no implica que la parte superior grado cohomology de un no-orientable colector debe ser cero, ya que podría a priori no trivial cohomology clases que no son representables por volumen.

El resultado deseado es en realidad un poco más difícil y requiere de la orientable doble cubierta de un no-orientable colector. Ver Teorema $17.34$ de Lee del excelente libro Introducción a la Suave Colectores (segunda edición) para ver los detalles de la prueba.