Usos prácticos de la cohomología de Rham para convencer a un amplio público de su utilidad

Question

Pronto daré una charla introductoria sobre la cohomología de Rham a un amplio público de postgrado. Espero llegar a la idea de la cohomología de Rham para una variedad suave, partiendo de campos vectoriales y formas únicas en el espacio euclidiano. Sin embargo, una vez que haya llegado allí no estoy muy seguro de cómo convencer a todo el mundo de que ha merecido la pena el viaje. ¿Qué usos prácticos se podrían citar para demostrar el valor de la construcción?

Answer 1

La motivación que más me atrae es muy sencilla y puede surgir en un curso de cálculo vectorial de primer año.

Decimos que un campo vectorial $F$ en $\mathbb{R}^3$ es conservador si $F = \nabla f$ para alguna función de valor escalar $f$ . Esto tiene aplicaciones naturales en la física (por ejemplo, los campos eléctricos). Es fácil ver que esto ocurre si las integrales de línea de $F$ son independientes de la trayectoria, si las integrales de línea alrededor de los bucles cerrados desaparecen, etc. En un dominio simplemente conectado, $F$ es conservador si $\nabla \times F = 0$ (utilizar la versión de primer año del teorema de Stokes). En un dominio no simplemente conectado, esto puede fallar (por ejemplo $\mathbb{R}^3$ menos una línea). El grado en que falla es, por supuesto, la cohomología de Rham del dominio. Así que esto sugiere que la cohomología de Rham es una buena manera de detectar la "forma" de un dominio, y uno sigue a partir de ahí.

Tal vez esto sea demasiado básico para ser interesante, pero a mí me gusta.

Answer 2

Probablemente no sea lo suficientemente "realista" para tus propósitos, pero fue uno de los primeros usos de la cohomología de Rham que realmente disfruté y siento que debo compartirlo. (Lo aprendí del artículo de Bott "The geometry and representation theory of compact Lie groups" en las Actas del Simposio de Investigación SRC/LMS sobre Representaciones de Grupos de Lie de 1977).

Teorema: Si el $n$ -esfera $S^n$ es un grupo de Lie, entonces $n$ debe ser impar (¡o cero!).

Prueba: $S^0$ es evidentemente un grupo de Mentira, así que eso es todo. Si $S^{2n}$ fuera un grupo de Lie (y $n>0$ ), entonces tendríamos un mapa de multiplicación suave $m \colon S^{2n} \times S^{2n} \to S^{2n}$ y un elemento de identidad $e \in S^{2n}$ . El mapa $m$ induce un homomorfismo de anillo $m^\ast \colon H^\ast(S^{2n}) \to H^\ast(S^{2n} \times S^{2n})$ . Compuesto esto con el isomorfismo de Kunneth $$ H^\ast(S^{2n} \times S^{2n}) \stackrel{\sim}{\longrightarrow} H^\ast(S^{2n}) \otimes H^\ast(S^{2n}) $$ produce un mapa $f \colon H^\ast(S^{2n}) \to H^\ast(S^{2n}) \otimes H^\ast(S^{2n})$ .

Ahora, $$ H^\ast(S^{2n}) = \begin{cases} \mathbb{R} & \text{if }\ast=0 \text{ or } 2n \\ 0 & \text{otherwise.}\end{cases} $$ Por lo tanto, escribir $1$ y $\lambda$ para los generadores de $H^0$ y $H^{2n}$ respectivamente, tenemos $f(1)=1\otimes1$ y $f(\lambda)=a(\lambda\otimes1)+b(1\otimes\lambda)$ para algunos $a,b\in\mathbb{R}$ . Para determinar $a$ y $b$ , primero restringe el mapa de multiplicación a $S^{2n} \times \{e\}$ donde es el mapa de identidad. En consecuencia, $m^*$ da la identificación $H^\ast(S^{2n} \times \{e\}) \cong H^\ast(S^{2n})$ y se deduce que $a=1$ . De la misma manera, $b=1$ .

Como $f$ es un homomorfismo de anillo, también tenemos $$\begin{align} f(\lambda^2) = f(\lambda)^2 &= (\lambda\otimes1 + 1\otimes\lambda)^2 \\ &= \lambda^2\otimes1+ (\lambda\otimes1)(1\otimes\lambda)+(1\otimes\lambda)(\lambda\otimes1)+1\otimes\lambda^2.\end{align}$$ Como $\lambda^2 \in H^{4n} = 0$ esto se reduce a $0 = (\lambda\otimes1)(1\otimes\lambda)+(1\otimes\lambda)(\lambda\otimes1)$ . Recordemos, sin embargo, que la estructura del producto en el producto tensorial $A \otimes B$ de anillos graduados viene dada por $$ (a \otimes b)(c \otimes d) = (-1)^{\deg a \deg c}(ac\otimes bd). $$ Desde $\lambda \in H^{2n}$ Esto significa que $$ (\lambda\otimes1)(1\otimes\lambda) = (1\otimes\lambda)(\lambda\otimes1) = \lambda \otimes \lambda.$$ En consecuencia, $\lambda \otimes \lambda = 0$ lo cual es una contradicción. $\blacksquare$

Por supuesto, hay otras formas (quizás incluso mejores) de demostrar este teorema, pero creo que esta demostración es bastante encantadora.

Answer 3

Los cálculos de cohomología del espacio homogéneo $X=G/H$ se reduce a un problema de álgebra lineal.

[Si $G$ es compacta y conexa, entonces cualquier forma es cohomóloga a sus desplazamientos a la izquierda y, por lo tanto, es cohomóloga a la media de todos los desplazamientos a la izquierda, que es una forma invariante a la izquierda. Así, $H^k(X,\mathbb R)$ es isomorfo al espacio de $k$ -forma en un punto que es invariante bajo la roación del estabilizador].

Answer 4

Yo dividiría tu pregunta en 2:

(1) Motivación de la (co)homonología en general

(2) Motivación para la cohomología de Rham en particular.

La respuesta a (1) es la base de la topología algebraica. Se reducen los complicados problemas de geometría a lo único que realmente entienden los matemáticos: el álgebra lineal. Un ejemplo típico sería el teorema del punto fijo de Brouwer (o su corolario $\mathbb{R}^n \simeq \mathbb{R}^m$ $\Rightarrow$ $n=m$ ).

La respuesta a (2) es que suele ser mucho más fácil de calcular. La razón es que ya es más lineal por definición, pero esta eficiencia tiene el coste de restringirnos a las variedades lisas. Por ejemplo, es obvio que para cualquier variedad $X$ de dimensión $n$ , $H^i_{dR}(X) = 0$ para $i > n$ mientras que esto es muy poco trivial cuando se mira la cohomología singular o la cohomología de gavillas. Por otro lado, no es obvio en absoluto que la cohomología de Rham sea realmente un invariante topológico. Otro ejemplo sería que si $X$ es una variedad algebraica compleja afín, se puede calcular su cohomología de Rham utilizando sólo formas diferenciales algebraicas (no es un hecho obvio, pero es bastante intuitivo para el público). Un público que descubra la teoría podría alegrarse de ver lo fácil que resulta el cálculo de la cohomología de Rham de $\mathbb{C}^\times$ (o $S^1$ ).

Otra respuesta a (2) es que la cohomología de Rham aporta un sabor diferente y la interacción entre Betti y la cohomología de Rham conduce a los períodos, la teoría de Hodge, etc... pero esto puede ser difícil de alcanzar en una charla introductoria.

PD: No puedo creer que no lo haya mencionado (es lo que pretendía en el último párrafo) pero creo que sería un gran objetivo para una clase introductoria: ¡¡¡EL TEOREMA DE STOKES!!! Cuando era estudiante, mis profesores de física no paraban de molestarme con operadores como "div" y "rot", teníamos una fórmula para un volumen, otra para una superficie y otra para una línea. Tuve que esperar varios años y una clase de geometría diferencial para entender que todas ellas eran casos especiales de la sencilla y elegante fórmula de Stokes. En la terminología moderna sólo significa que la integración induce un morfismo de complejos: $\int_X: \Gamma(X,\Omega_X^\bullet) \to Hom(C_\bullet(X),\mathbb{K})$ .

Answer 5

Tal vez sea más sencillo que los ejemplos del electromagnetismo en $\mathbb{R}^3$ menos algunos puntos es lo siguiente:

La "función" del ángulo $\varphi\colon S^1 \longrightarrow \mathbb{R}$ no está realmente definido de forma global, ya que al girar una vez se produce una discontinuidad. Salta por $2\pi$ . Sin embargo, el diferencial $\mathrm{d}\varphi$ es una forma única perfectamente global en $S^1$ . Es la forma de volumen habitual, no siendo exacta pero sí cerrada por razones dimensionales. Así que la primera cohomología deRham no trivial de $S^1$ es responsable de contar los ángulos y el hecho de que $0 \ne 2\pi$ ;)

Esto se puede convertir en la afirmación más interesante de que en una variedad compacta orientable sin límites se tiene una cohomología deRham de grado superior no trivial: de nuevo, la razón es que podemos integrar una forma de volumen que da lugar a un volumen no nulo. Por lo tanto (por el teorema de Stokes) la forma de volumen no puede ser exacta. Se cierra sin pensar en ello, simplemente por razones dimensionales.