Cohomología de Rham vs Dolbeault

Question

Para una variedad compleja $M$ se puede considerar (A) su cohomología de Rham, o (B) su cohomología de Dolbeault. Estoy buscando alguna motivación de por qué uno se molestaría en introducir la cohomología de Dolbeault. Para ser más específico, aquí hay algunas preguntas directas.

1. ¿Qué puede decirnos Dolbeault que no pueda decirnos De Rham?
2. ¿Existe alguna relación sencilla entre estas dos cohomologías?
3. ¿Cuándo son iguales?
4. ¿Se simplifican las cosas para el caso Kahler?
5. ¿Qué ocurre con los espacios proyectivos?
6. ¿Por qué nadie habla de la cohomología holomórfica?

Answer 1

Dejemos que $\Omega^{p,q}(M)$ sea el $C^{\infty}$ $(p,q)$ -formas. Siempre se tiene un doble complejo con $\Omega^{p,q}(M)$ en posición $(p,q)$ . La cohomología en el $q$ es la cohomología de Dolbeault, la cohomología del complejo total es la cohomología deRham. (En cada caso, esencialmente por definición.) Siempre que se tiene un complejo doble, se obtiene una secuencia espectral. En la primera página de la secuencia espectral está la cohomología de Dolbeault; la secuencia espectral converge a la cohomología deRham. Esto se llama a veces la secuencia espectral de Hodge-de Rham, y a veces se llama la secuencia espectral de Frolicher.

Si $M$ es Kahler compacto (en particular proyectivo) entonces la secuencia espectral colapsa en la primera página; todos los mapas entre grupos de Dolbeault son cero. Así que $H^k(M) \cong \bigoplus_{p+q=k} H^{p,q}(M)$ en este caso.

Si $M$ es Stein (en particular, afín) entonces los únicos grupos Dolbeault no nulos son los $H^{p,0}(M)$ correspondiente a la holmorfa $p$ -formas. La siguiente página toma la cohomología del complejo de holomorfos $p$ -formas; lo llamaré ``holomorfo deRham''. Después de esto, no hay más mapas, por lo que deRham holomorfo es igual a deRham.

En general, la secuencia espectral puede ser arbitrariamente no degenerado .

Answer 2

Aunque las preguntas principales se han respondido bastante bien, me gustaría decir unas palabras sobre la primera pregunta, "¿por qué habría que molestarse en...?".

La cohomología de De Rham y la de Dolbeault miden cosas diferentes. La primera, que mide el fracaso de la condición necesaria $d\alpha=0$ para garantizar un potencial $\alpha=d\beta$ es un invariante topológico. La segunda da el obstáculo para resolver el problema similar para el operador de Cauchy-Riemann; mide la complejidad holomórfica y no tiene a priori nada que ver con la topología. Que resulten ser "iguales" en los casos buenos (por ejemplo, Kähler compacto) es una especie de milagro. Incluso en esos casos, estos espacios no son literalmente iguales, y esto puede ser explotado de manera interesante. Existe un isomorfismo que puede representarse mediante una matriz llamada matriz de periodo, que es sensible a la estructura compleja. Para ver cómo funciona esto en el caso interesante más simple, dejemos que $X= \mathbb{C}/(\mathbb{Z}+\mathbb{Z}\tau)$ sea una curva elíptica. Como espacio topológico es simplemente un toro, e independiente de la elección de $\tau$ pero como superficie de Riemann es sensible a esta elección. La base natural de la primera cohomología de Dolbeault $H^{10}(X)\oplus H^{01}(X)$ es $\lbrace dz,d\bar z\rbrace$ . Esto se corresponde con $\lbrace (1,\tau), (1,\bar \tau)\rbrace$ bajo la base de $H^1_{DR}(X)$ dual a los bucles dados por la proyección de $[0,1],[0,\tau]\subset \mathbb{C}$ a $X$ . Así, $X$ puede recuperarse a partir de su matriz de períodos.

Answer 3

La cohomología de Dolbeaut es una forma de calcular la cohomología de la gavilla de holomorfos $p$ -formas. Es decir,

$$H^{p,q}(X) \cong H^q(X, \Omega_X^p)$$

Ahora, en el caso de que $X$ es Kahler, tenemos que la descomposición

$$H^k(X,\mathbb{C}) \cong \bigoplus_{p + q = k} H^{p,q}(X)$$

En ese caso, se deduce que la cohomología de Dolbeaut es un refinamiento de la cohomología de Rham de $X$ . En tal caso, se podría argumentar que son "lo mismo", pero parece un poco raro hacerlo, ya que la cohomología de Dolbeaut tiene más información que la de Rham.

En cuanto a la cohomología del complejo holomorfo, sí que se plantea; a menudo hay razones para interesarse por los grupos de cohomología $H^q(X, \mathcal{O}_X) = H^{0,q}(X)$ .

Por último, los espacios proyectivos son Kahler, por lo que la descomposición anterior sigue siendo válida. En particular, como la cohomología de $\mathbb{P}^n$ es bastante simple de describir, se puede ver con relativa facilidad que

$$H^{p,q}(\mathbb{P}^n) = \mathbb{C}$$

si $0 \leq p = q \leq n$ y es 0 en caso contrario.

Answer 4

1.La cohomología de De Rham es una cohomología de las formas k en las variedades complejas La cohomología de Dolbeault es una cohomología de las secciones suaves del haz vectorial de las formas diferenciales complejas de grado (p,q) en las colmenas complejas, por lo que la cohomología de Dolbeault es una subcohomología de la cohomología de De Rham. 2.Cuando p+q=0