La cohomología de la gavilla es independiente de la resolución del flasque

Question

Dejemos que $\mathcal{F}$ sea una gavilla sobre un espacio topológico $X$ . A través de la resolución de Godement $\mathcal{F}$ admite una secuencia exacta de láminas $0\rightarrow\mathcal{F}\rightarrow\mathcal{F}^{0}\rightarrow\mathcal{F}^{1}\rightarrow\mathcal{F}^{2}\rightarrow\cdots$ , donde $\mathcal{F}^{i},i=0,1,\ldots$ son flasqueantes. Definir el $i$ -grupo de cohomología $H^{i}(X,\mathcal{F})$ de una gavilla $\mathcal{F}$ en $X$ de la siguiente manera:

Supongamos que $0\rightarrow\mathcal{F}\rightarrow\mathcal{F}^{0}\rightarrow\mathcal{F}^{1}\rightarrow\mathcal{F}^{2}\rightarrow\cdots$ es una resolución flasqueada de $\mathcal{F}$ . Entonces $H^{i}(X,\mathcal{F})$ es el $i$ -grupo de cohomología del complejo $\mathcal{F}^{0}(X)\rightarrow\mathcal{F}^{1}(X)\rightarrow\mathcal{F}^{2}(X)\rightarrow\cdots$ . Explícitamente, $H^{i}(X,\mathcal{F}):=\frac{Ker(\mathcal{F}^{i}(X)\rightarrow\mathcal{F}^{i+1}(X))}{Im(\mathcal{F}^{i-1}(X)\rightarrow\mathcal{F}^{i}(X))}$ , $i\geq 1$ y $H^{0}(X,\mathcal{F}):=Ker(\mathcal{F}^{0}(X)\rightarrow\mathcal{F}^{1}(X))$ .

Para comprobar la buena definición necesitamos demostrar que para cualquier otra resolución de flasque $0\rightarrow\mathcal{F}\rightarrow\tilde{\mathcal{F}^{0}}\rightarrow\tilde{\mathcal{F}^{1}}\rightarrow\tilde{\mathcal{F}^{2}}\rightarrow\cdots$ de $\mathcal{F}$ El $i$ -grupo de cohomología de $\mathcal{F}$ en $X$ sigue siendo el mismo módulo de isomorfismo.

He demostrado la buena definición de la $0$ -grupo de cohomología como sigue. Dado que $0\rightarrow\mathcal{F}\rightarrow\mathcal{F}^{0}\rightarrow\mathcal{F}^{1}\rightarrow\mathcal{F}^{2}\rightarrow\cdots$ y $0\rightarrow\mathcal{F}\rightarrow\tilde{\mathcal{F}^{0}}\rightarrow\tilde{\mathcal{F}^{1}}\rightarrow\tilde{\mathcal{F}^{2}}\rightarrow\cdots$ son secuencias exactas de gavillas y $\mathcal{F}\rightarrow\mathcal{F}^{0},\mathcal{F}\rightarrow\tilde{\mathcal{F}^{0}}$ son morfismos de gavilla inyectivos, por exactitud, $Ker(\mathcal{F}^{0}(X)\rightarrow\mathcal{F}^{1}(X))=Im(\mathcal{F}(X)\rightarrow\mathcal{F}^{0}(X))\simeq\mathcal{F}(X)\simeq Im(\mathcal{F}(X)\rightarrow\tilde{\mathcal{F}^{0}}(X))=Ker(\tilde{\mathcal{F}^{0}}(X)\rightarrow\tilde{\mathcal{F}^{1}}(X))$

Pero no sé cómo establecer la buena definición de los grupos de cohomología superiores. Se agradece cualquier ayuda.

Answer 1

Demostrar que cualquier resolución acíclica antigua calcula la cohomología de la gavilla no está tan mal. Obsérvese que las gavillas flásicas son acíclicas, así que podemos resolver tu pregunta con este enfoque general. En primer lugar, dejemos que $0 \rightarrow \mathscr{F} \rightarrow \mathscr{A}^{\bullet}$ sea una resolución acíclica. Porque $\Gamma(X,-)$ se deja exacto, sabemos que $$ H^{0}(\Gamma(X,\mathscr{A}^{\bullet}))=\text{ker}\left(\Gamma(X,\mathscr{A}^{0}) \rightarrow \Gamma(X,\mathscr{A}^{1}) \right)=\Gamma(X,\mathscr{F})=H^{0}(X,\mathscr{F}).$$

Consideremos ahora la secuencia exacta

$$0 \longrightarrow \mathscr{F} \longrightarrow \mathscr{A}^{0} \longrightarrow K \longrightarrow 0.$$

A partir de esto, despliega la secuencia exacta larga y observa que tenemos isomorfismos $H^{i}(X,\mathscr{F}) \simeq H^{i-1}(X,K)$ para $i>1$ por la acíclica de $\mathscr{A}^{0}$ . Sin embargo, $0 \rightarrow K \rightarrow \mathscr{A}^{1} \rightarrow \cdots$ es una resolución inyectiva para $K$ Así que $H^{i-1}(X,K) \simeq H^{i}(\Gamma(X,\mathscr{A}^{\bullet}))$ . En otras palabras, para todos los $i>1$ $$ H^{i}(X,\mathscr{F}) \simeq H^{i}(\Gamma(X,\mathscr{A}^{\bullet})).$$

Ahora, para el caso en que $i=1$ . Sabemos que

$$H^{1}(\Gamma(X,\mathscr{A}^{\bullet})) \simeq \Gamma(X,K)/\text{im}\left(\Gamma(X,\mathscr{A}^{0}) \rightarrow \Gamma(X,\mathscr{A}^{1}) \right).$$

Pero porque $K$ es la imagen de $\mathscr{A}^{0} \rightarrow \mathscr{A}^{1}$ sabemos que $$\text{im}\left(\Gamma(X,\mathscr{A}^{0}) \rightarrow \Gamma(X,\mathscr{A}^{1}) \right) \simeq \text{im}\left(\Gamma(X,\mathscr{A}^{0}) \rightarrow \Gamma(X,K) \right),$$

y así, $H^{1}(X,\mathscr{F}) \simeq H^{1}(\Gamma(X,\mathscr{A}^{\bullet})$ .