Es $H^1(X,\mathbb{C})$ el grupo de cohomología o el espacio vectorial de las diferenciales holomorfas en una superficie de Riemann $X$ ?

Question

Soy un estudiante de grado que estudia superficies de Riemann, así que no tengo una gran experiencia en álgebra. Hasta donde yo sé, $H^1(X,\mathbb{C})$ es el grupo de cohomología de $X$ con coeficientes en $\mathbb{C}$ . Sin embargo, en algunos libros vi que la gente también llama $H^1(X,\mathbb{C})$ el espacio vectorial complejo de las diferenciales holomorfas. No veo la relación entre estos objetos.

¿Son realmente el mismo objeto? Si es así, ¿por qué?

Answer 1

Editar Como señala peter a g más abajo, la teoría de Hodge nos dice que $H^1(X,\Bbb{C})=H^{(1,0)}(X,\Bbb{C})\oplus H^{(0,1)}(X,\Bbb{C})$ , donde $H^{(1,0)}$ son las formas holomorfas 1 y $H^{(0,1)}$ son las formas 1 antiholomórficas. Tengo que averiguar dónde exactamente perdí las antiholomorfas 1 formas a continuación.

Edición 2 Oh, me lo imaginé. Estaba siendo tonto y comenzando con la suposición de que mi 1 forma era un múltiplo de $dz$ para empezar. Así que la historia es un poco más complicada de lo que describí originalmente, pero la idea general es correcta.

Versión más o menos fija:

Por Teorema de de Rham podemos considerar $H^1(X,\Bbb{C})$ como la complejización de $\newcommand{\dR}{\text{dR}}H^1_{\dR}(X)$ que es el conjunto de las formas diferenciales cerradas 1 con coeficientes en $\Bbb{C}$ modulo el conjunto de formas diferenciales exactas 1 con coeficientes en $\Bbb{C}$ .

Trabajando localmente, podemos suponer que tenemos $U\subseteq \Bbb{C}$ . Cuándo es un diferencial $1$ -forma $P\,dx + Q\, dy$ ¿Cerrado? Bueno, es precisamente cuando $Q_x-P_y=0$ ya que $$d(P\,dx+Q\, dy)=(Q_x-P_y)\,dx\wedge dy.$$

Ahora bien, como estamos haciendo un análisis complejo, es más agradable utilizar la base $dz = dx+i\,dy$ y $d\bar{z}=dx-i\,dy$ para la base de nuestras formas diferenciales.

Por lo tanto, podemos escribir cualquier forma diferencial compleja localmente como $f \,dz + g\, d\bar{z}$ (donde $f,g$ son funciones suaves para $\Bbb{C}$ ).

Así que consideremos ahora lo que sucede cuando $g=0$ Así que sólo tenemos $f=u+iv$ .

Apliquemos la condición para que una forma diferencial sea cerrada a la forma diferencial $$f\,dz=(u+iv)(dx+i\,dy)=(u+iv)\, dx +(-v+ui)\, dy.$$ Esta forma diferencial se cierra cuando $(-v+ui)_x = (u+iv)_y$ es decir, cuando $u_y=-v_x$ y $u_x = v_y$ .

Sin embargo, estas ecuaciones son precisamente las Ecuaciones de Cauchy-Riemann por lo que una 1 forma diferencial de la forma $f\,dz$ en $X$ es cerrado si y sólo si es holomorfo.

Ahora bien, estaría bien que siempre pudiéramos descomponer nuestras formas en $f\,dz+g\,d\bar{z}$ tal que la forma diferencial es cerrada si y sólo si ambas piezas son cerradas. Esto no siempre es posible, pero sí lo es cuando $X$ es un compacto Colector Kähler . Este es el contenido del Teorema de Hodge .

Creo que tendré que volver a comprobar esta última parte, pero debería ser más o menos correcta

Entonces la explicación de por qué $H^{(1,0)}(X)$ es el espacio de las holomorfas $1$ -forma cuando $X$ es una variedad compacta de Kähler es más o menos lo mismo que mi explicación anterior, ya que las holomorfas $1$ -formas son las $1$ -forma local de la forma $f\, dz$ con $f$ holomorfo.

Entonces las formas exactas son las formas $$\frac{\partial f}{\partial z} \,dz + \frac{\partial f}{\partial \bar{z}}\, d\bar{z},$$ y cuando $\frac{\partial f}{partial \bar{z}}=0$ , $f$ es holomorfo. Sin embargo, como $X$ es compacto, las funciones holomorfas globales son constantes. Por lo tanto, no hay formas holomorfas exactas no nulas.

Nota

Es seguro escribir $\frac{\partial f}{\partial z}$ aunque a priori sólo sepamos $f$ es $C^\infty$ porque si $f=u+iv$ entonces $$df = f_x\,dx + f_y\,dy = f_x\,dx +(-if_y)i\,dy$$ $$= \frac{f_x-if_y}{2} \, dz + \frac{f_x+if_y}{2} \, d\bar{z}.$$ Entonces, si sabemos $f_x+if_y=0$ , entonces si $f=u+iv$ obtenemos $u_x+iv_x = -iu_y + v_y$ que son de nuevo las ecuaciones de Cauchy-Riemann. Así, por la descomposición de las formas cerradas, si una forma exacta $df$ termina en $\Omega^{(1,0)}$ , $f$ debe haber sido holomorfo.