$\def\dr{d_{\rightarrow}}\def\du{d_{\uparrow}}$ Esto es cierto. No sé de referencia, pero aquí es una prueba. Voy a mostrar, con más fuerza, que, en cada etapa de la Hodge-de Rham espectral de la secuencia, tenemos un perfecto maridaje $E^{pq}_r \times E^{(n-p)(n-q)}_r \to k$. En particular, $E^{pq}_{\infty}$ e $E^{(n-p)(n-q)}_{\infty}$ son dual y, desde $H^k_{DR}(X)$ se filtra con asociados graduales $\bigoplus_{p+q=k} E^{pq}_{\infty}$, esto muestra que $H^k_{DR}$ e $H^{2n-k}_{DR}$ son de doble.
Comenzamos con un montón de formal tonterías sobre espectral de las secuencias.
Vamos $V_1$, $V_2$, $W_1$ y $W_2$ ser $k$-espacios vectoriales equipado con emparejamientos bilineales $V_1 \times V_2 \to k$ e $W_1 \times W_2 \to k$.
Deje $\phi_1 : V_1 \to W_1$ e $\phi_2 : W_2 \to V_2$ ser lineal mapas. Decimos que $\phi_1$ e $\phi_2$ son adjoint si $\langle \phi_1(v_1), w_2 \rangle = \langle v_1, \phi_2(w_2) \rangle$ para todos los $v_1 \in V_1$ e $w_2 \in W_2$. (Tenga en cuenta que, sin embargo, que no requieren que el maridaje sea perfecto o nada para ser finito dimensionales.)
Deje $A^{pq}$ ser $n \times n$ doble complejo de $k$-espacios vectoriales, con $\dr: A^{pq} \to A^{(p+1)q}$ e $\du: A^{pq} \to A^{p(q+1)}$ la derecha y hacia arriba de los mapas. Set $d = \dr+\du$. (Voy a ser descuidado acerca de los signos en todo, pero creo que mi convenio es que las plazas anti-commute.)
Supongamos que, para todos los $(p,q)$, nos da un emparejamiento bilineal $A^{pq} \times A^{(n-p)(n-q)} \to k$; supongamos que $\dr: A^{pq} \to A^{(p+1)q}$ e $\dr: A^{(n-p-1)(n-q)} \to A^{(n-p)(n-q)}$ son adjunto, como se $\du: A^{pq} \to A^{p(q+1)}$ e $\du: A^{(n-p)(n-q-1)} \to A^{(n-p)(n-q)}$. Deje $E^{pq}_r$ la correspondiente secuencia espectral, donde vemos por primera vez tomar las diferencias en el $\du$ dirección.
Nuestros principales resultados son
Teorema 1: El emparejamiento bilineal entre el $A^{pq}$ e $A^{(n-p)(n-q)}$ desciende a un emparejamiento bilineal entre el subquotients $E^{pq}_r$ e $E^{(n-p)(n-q)}_r$.
Con respecto a este emparejamiento, los diferenciales $E^{pq}_r \to E^{(p+r)(q+1-r)}_r$ e $E^{(n-p-r)(n-q-1+r)}_r \to E^{(n-p)(n-q)}_r$ son adjunto.
Teorema 2: En la configuración anterior, si el vector de espacios en la $r$-th página finito dimensionales y de los vínculos entre ellos son perfectos, entonces también lo son los emparejamientos en cada página que viene después.
Para probar esto, necesitamos recordar cómo $E^{pq}_r$ está definido. Seguimos Vakil, sección 1.7.7, excepto para los desafortunados punto de que se hace el mapa en el $p$ dirección de primera y nosotros hacemos el mapa en el $q$ dirección de la primera. Esto es forzado en nosotros, porque la notación $H^q(X, \Omega^p)$ es estándar. Esto significa que muchas de nuestras coordenadas son a la inversa de Vakil.
Set $S^{pq} = \bigoplus_{k \geq 0} A^{(p+k)(q-k)}$. Deje $S^{pq}_r$ ser $S^{pq} \cap d^{-1}(S^{(p+r)(q+1-r)})$. (Por lo $S^{pq}_0=S^{pq}$, y el aumento de la $r$ hace que la condición más restrictiva.) Entonces
$$E^{pq}_r = \frac{S^{pq}_r}{S^{(p+1)(q-1)}_{r-1} + d S^{(p-r+1)(q+r-2)}_{r-1}}.$$
El plazo $S^{(p+1)(q-1)}_{r-1}$ es simplemente aquellos elementos en $S^{pq}_r$ que no tienen contribución de la $A^{pq}$ sumando, por lo $S^{pq}_r/S^{(p+1)(q-1)}_{r-1}$ inyecta en $A^{pq}$ e $E^{pq}_r$ es un subquotient de $A^{pq}$.
Lema: Vamos a $p+p' = n-r$ e $q+q'=n+r-1$. Deje $v \in S^{pq}_r$ e $w \in S^{p'q'}_r$. Entonces
$$\langle v^{pq}, (dw)^{(p'+r)(q'+1-r)} \rangle = \langle (d v)^{(p+r)(q+1-r)}, w^{p' q'} \rangle.$$
Aquí $u^{pq}$ denota la proyección de $u$ a de la $A^{pq}$ sumando.
Prueba de Dibujo: Tenemos $(dw)^{(p'+r)(q'+1-r)} = \dr (w^{(p'-1+r)(q'+1-r)} ) + \du (w^{(p'+r)(q'-r)})$. Por nuestra adjointness hipótesis, $\langle v^{pq}, (dw)^{(p'+r)(q'+1-r)} \rangle = \langle \dr(v^{pq}), w^{(p'-1+r)(q'+1-r)} \rangle + \langle \du(v^{pq}), w^{(p'+r)(q'-r)} \rangle$. Pero $\du(v^{pq})=0$ desde $v \in S^{pq}_r$, por lo que sólo necesita pensar acerca del primer término.
Ahora, desde la $v \in S^{pq}_r$, tenemos $\dr(v^{pq}) = - \du(v^{(p+1)(q-1)})$ y, el uso de adjointness de nuevo, $\langle \du(v^{(p+1)(q-1)}), w^{(p'-1+r)(q'+1-r)} \rangle = \langle v^{(p+1)(q-1)}, \du (w^{(p'-1+r)(q'-r)}) \rangle$. Desde $w \in S^{p'q'}_r$, tenemos $ \du (w^{(p'-1+r)(q'-r)}) = - \dr(w^{(p'-2+r, q'-r-1})$. Continuando de esta manera, hemos llegado a establecer el resultado. $\square$
Prueba Croquis del Teorema 1: en primer lugar comprobar que la forma bilineal desciende para el cociente. En otras palabras, si $v \in S^{(p+1)(q-1)}_{r-1} + d S^{(p-r+1)(q+r-2)}_{r-1}$ e $w \in S^{(n-p)(n-q)}_r$,, a continuación,$\langle v^{pq} ,w^{(n-p)(n-q)} \rangle = 0$. Si $v \in S^{(p+1)(q-1)}_{r-1}$ entonces $v^{pq}=0$, por lo que este es inmediata. Ahora, supongamos que el $v=du$ para $u \in S^{(p-r+1)(q+r-2)}_{r-1}$. Tenga en cuenta que $S^{(p-r+1)(q+r-2)}_{r-1} \subseteq S^{(p-r)(q+r-1)}_r$. Así que el lema muestra que $\langle (du)^{pq}, w^{(n-p)(n-q)} \rangle = \langle u^{(p-r)(q+r-1)}, (dw)^{(n-p+r)(n-q-r+1)} \rangle$. Pero $u^{(p-r)(q+r-1)}=0$, ya que el $u \in S^{(p-r+1)(q+r-2)}$. Hemos demostrado que la forma bilineal desciende.
Recordamos ahora la definición de la diferencial de $d_r: E^{pq}_r \to E^{(p+r)(q+1-r)}_r$. Tome $v \in E^{pq}_r$ y levante $v$ a $ \tilde{v} \in S^{pq}_r$. A continuación, $d_r(v)$ es la clase de $(d \tilde{v})^{(p+r)(q+1-r)}$ en el cociente $E^{(p+r)(q+1-r)}_{r}$. Tome $v \in E^{pq}_r$ e $w \in E^{(n-p-r)(n-q-1+r)}_r$ y levantarlos a $\tilde{v}$ e $\tilde{w}$. Queremos mostrar que $\langle (d \tilde{v})^{(p+r)(q+1-r)}, \tilde{w}^{(n-p-r)(n-q-1-r)} \rangle = \langle \tilde{v}^{pq}, (d \tilde{w})^{(n-p)(n-q)} \rangle$. De nuevo, este es el Lema. $\square$
Prueba Croquis del Teorema 2: Supongamos que todos los espacios vectoriales en el $r$-th página finito dimensionales y las vinculaciones entre ellas son perfectas. Escribir $V^{\vee}$ para el doble de un número finito de dimensiones de espacio vectorial $V$. Tenemos complejos de $\cdots \to E^{(p-r)(q+r-1)}_r \to E^{pq}_r \to E^{(p+r)(q-r+1)}_r \to \cdots$, e $E^{pq}_{r+1}$ es el cohomology de este complejo. Si dos complejos de finito dimensionales espacios vectoriales son el doble, entonces su cohomologies son también dual. "$\square$"
Ahora, debemos explicar por qué todo esto se aplica a nuestro entorno. Deje $X$ ser suave proyectiva irreductible de la dimensión $n$ sobre un campo $k$. Podemos ampliar el campo base, y por lo tanto se puede asumir que el campo base es infinito. Así, por Bertini, podemos encontrar $n+1$ mutuamente transversal muy amplio divisores $D_0$, $D_1$, \ldots, $D_n$. Deje $U(i_0, i_1, \ldots, i_q)$ ser afín a abrir $X \setminus (D_{i_0} \cup \cdots \cup D_{i_q})$. Set $A^{pq} = \bigoplus_{0 \leq i_0 < i_1 < \cdots < i_q \leq n} \Omega^p(U(i_0, \ldots, i_q))$.
Organizamos estas en un doble complejo de la manera habitual, por lo $\dr$ es el de Rham diferencial e $\du$ es la Cech diferencial.
$H^{\ast}_{DR}$ es el total de cohomology de este complejo.
Tomamos nota de que $A^{nn}$ es Cech co-cadenas para $H^n(X, \Omega^n)$ y, dado que sólo tenemos $n+1$ abierto conjuntos, estos co-cadenas son co-ciclos. Así que tenemos una natural proyección de $A^{nn} \to H^n(X, \Omega^n) \cong k$, por la dualidad de Serre. Denotamos este mapa $A^{nn} \to k$ por $\int$.
Tenemos un producto $A^{pq} \times A^{p' q'} \to A^{(p+p')(q+q')}$ por $(\alpha \beta)(i_0, i_1, \ldots, i_{q+q'}) = \alpha(i_0, i_1, \ldots, i_q) \wedge \beta(i_q, \ldots, i_{q+q'})$. (Ser descuidado acerca de los signos como de costumbre, y la omisión de la notación para la restricción.
Es estándar (y también fácil, si tú dejas de signos) que $\dr$ e $\du$ ambos son derivaciones de esta multiplicación.
Definimos un emparejamiento $A^{pq} \times A^{(n-p)(n-q)} \to k$ por $\langle \alpha , \beta \rangle = \int \alpha \beta$.
Queremos comprobar que $\dr$ e $\du$ son auto-adjunto. Tenemos $\langle \du(\alpha), \beta \rangle = \int \du(\alpha) \beta$ e $\langle \alpha, \du(\beta) \rangle = \int \alpha \du(\beta)$. Así que nuestro objetivo es mostrar que la $\int \alpha \du(\beta) \pm \du(\alpha) \beta = 0$ o, en otras palabras, que el $\int \du(\alpha \beta)=0$. Este dice que un Cech coboundary es cero en $H^n(X, \Omega^n)$, de modo que es cierto.
Cuando hacemos el mismo cálculo para $\dr$, acabamos necesidad de mostrar que $\int \dr(\alpha \beta)=0$. La descripción explícita de $\int$ en términos de los residuos que deja en claro que $\int d(\eta)=0$ cualquier $\eta \in A^{(n-1)n}$.
Por lo que la hipótesis de nuestro general establecer aplicar. También, $E^{pq}_1 \cong H^q(X, \Omega^p)$, por lo que la hipótesis del Teorema 2 se aplica para $r=1$ por Serre la dualidad y de la finitud de cohomology coherente de las poleas. Teorema 2, a continuación, demuestra el resultado.
