¿Por qué son de Rham cohomology y Cech cohomology de la constante de la gavilla de la misma

Question

Me siento cómodo con el de Rham cohomology, poleas, gavilla cohomology y Cech cohomology.

Estoy buscando para demostrar el siguiente teorema:

Si $M$ es un buen colector de dimensión $m$, entonces tenemos el siguiente isomorfismo para cada una de las $k \leq m$ $$ H^k_{\text{dR}}(M) \cong \verificación{H}^k(M; \mathbb R_M). $$ Por $\mathbb R_M$ me refería a la constante gavilla de $\mathbb R$$M$.

Voy a esbozar la prueba la estoy siguiendo y dar a mis dos preguntas que puedan surgir.

Si dejamos $\Omega^k$ denotar la gavilla de los gérmenes de $k$ de las formas en $M$, luego por la de Poincaré lema tenemos una secuencia exacta $$ 0 \rightarrow \mathbb R_M \rightarrow \Omega^0 \rightarrow \Omega^1 \rightarrow \ldots \rightarrow \Omega^m \rightarrow 0, $$ con diferencial de los mapas de ser el exterior de derivados.

¿Por qué es esta secuencia exacta pero el complejo de de Rham no?

En particular, creo que no puede ser claro acerca de cómo una "gavilla de gérmenes" es diferente de una gavilla? Y si me tomó global secciones puedo obtener de nuevo la costumbre de Rham complejo?

De todos modos, suponiendo que la secuencia es exacta, por lo tanto, obtener una serie de breves secuencias exactas (SES) de la forma $$ 0 \rightarrow d\Omega^{k-1} \rightarrow \Omega^k \rightarrow d\Omega^k \rightarrow 0. $$ La gavilla $\Omega^k$ está bien, y de ahí su cohomology $H^i(\Omega^k)$ se desvanece para $i>0$. Por lo tanto tenemos un isomorfismo $H^i(d\Omega^{k-1}) \cong H^{i+1}(d\Omega^k)$ por cada $i$. Sin embargo, la última frase de esta prueba es un misterio para mí.

"En un extremo de la cadena es el Čech cohomology y en el otro se encuentra el de Rham cohomology."

Puedo ver por qué después de tomar global secciones de vuelta de Rham cohomology - es decir, el $H^0$ que provienen de la SES, por encima de es $H^k_{\text {dR}}(M)$. Y la Cech cohomology coincide con la gavilla cohomology. Pero no estoy seguro de cómo se relacionan ellos: debo ser variable $k$ y obtener isomorphisms a través de la larga exacta de las secuencias correspondientes a diferentes $k$?

Answer 1

1. El cochain complejo de poleas $$0 \to \mathbb{R} \to \Omega^0 \to \Omega^1 \to \cdots$$ es exacto: esto se desprende de la Poincaré lema. (Cualquier cerrada diferencial $(n+1)$-forma en una lo suficientemente pequeño de abrir barrio debe ser el exterior derivado de algunos diferencial $n$-forma). Por lo tanto, la cochain complejo $$\Omega^0 \to \Omega^1 \to \Omega^2 \to \cdots$$ es una resolución de la constante gavilla $\mathbb{R}$. Esto se llama el complejo de de Rham.
2. Deje $Z^n = \ker (\Omega^n \to \Omega^{n+1})$ ser la gavilla de cerrado diferencial $n$-formas. Luego tenemos a corto exacta de las secuencias de $$0 \to Z^n \to \Omega^n \to Z^{n+1} \to 0$$ y, por tanto, a largo exacto de las secuencias de $$0 \to \Gamma (M, Z^n) \to \Gamma (M, \Omega^n) \to \Gamma (M, Z^{n+1}) \to H^1 (M, Z^n) \to \cdots$$ de gavilla cohomology grupos. (Estos pueden ser calculadas por Čech cohomology en una lo suficientemente fino abra la cubierta.) Desde $M$ admite particiones de la unidad, $H^i (M, \Omega^n) = 0$$i > 0$. Así, por $i > 0$, tenemos un isomorfismo natural $H^i (M, Z^{n+1}) \to H^{i+1} (M, Z^n)$. En particular, $$H^{i+1} (M, Z^0) \cong H^i (M, Z^1) \cong \cdots \cong H^1 (M, Z^i)$$ pero $Z^0$ es (isomorfo a) la constante gavilla $\mathbb{R}$, por lo que podemos deducir $$H^{i+1} (M, \mathbb{R}) \cong \operatorname{coker} (\Gamma (M, \Omega^i) \to \Gamma (M, Z^{i+1}))$$ y desde $\Gamma (M, -)$ exacta, $$0 \to \Gamma (M, Z^{i+1}) \to \Gamma (M, \Omega^{i+1}) \to \Gamma (M, \Omega^{i+2})$$ es una secuencia exacta, por lo $\operatorname{coker} (\Gamma (M, \Omega^i) \to \Gamma (M, Z^{i+1}))$ es (isomorfo a) $H_\mathrm{dR}^{i+1} (M)$. Así tenemos el de Rham isomorfismo en grados $\ge 2$.
3. En principio, todavía tenemos que comprobar que el$H^0 (M, \mathbb{R}) \cong H_\mathrm{dR}^0 (M)$$H^1 (M, \mathbb{R}) \cong H_\mathrm{dR}^1 (M)$. Pero tenemos la secuencia exacta $$0 \to \Gamma (M, Z^0) \to \Gamma (M, \Omega^0) \to \Gamma (M, Z^1) \to H^1 (M, Z^0) \to 0$$ y $\Gamma (M, Z^1) \cong \ker (\Gamma (M, \Omega^1) \to \Gamma (M, \Omega^2))$, por lo que un cálculo directo se completa la prueba.