Tengo un compañero de clase de aprendizaje de álgebra.Él me pregunta cómo calcular el de Rham cohomology de la pinchada de avión $\mathbb{R}^2\setminus\{0\}$ por un modo elemental,sin homotopy tipo,sin Mayer-Vietoris,sólo por Cálculo. Me han intentado y han fracasado.Es posible calcular la de Rham cohomology sólo por Cálculo?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Seub
Puntos
2386
Bueno, voy a jugar ;)
Deje $M = \mathbb{R}^2 \setminus \{0\}$. Tenemos un global de coordenadas $(x, y)$$M$. Queremos calcular el cohomology de la compleja $$0 \to \Omega^0(M)\ \stackrel{d}{\to}\ \Omega^1(M)\ \stackrel{d}{\to}\ \Omega^2(M)\ \to 0$$ donde $\Omega^k(M)$ es el espacio de liso $k$formularios en $M$. Así que queremos calcular $H^k(M) = Z^k(M)/B^k(M)$ donde $Z^k(M) = \{\alpha \in \Omega^k(M),\, d\alpha = 0\}$ (cerrado $k$-formas) y $B^k(M) = \{d\beta,\, \beta \in \Omega^{k-1}(M)\}$ (exacto $k$-formas). En esta situación,
- Elementos de $\Omega^0(M)$ son sólo las funciones lisas $f(x,y)$ $M$
- Elementos de $\Omega^1(M)$ puede ser escrito $u(x,y) dx + v(x,y) dy$ (donde $u$ $v$ son suaves funciones en $M$)
- Elementos de $\Omega^2(M)$ puede ser escrito $g(x,y) dx \wedge dy$ (donde $g$ es una función suave en $M$)
Calcular $H^0(M)$:
$B^0(M) = \{0\}$ $Z^0(M)$ se compone de funciones $f(x,y)$ tal que $df = 0$. Desde $M$ está conectado, esto implica que $f$ es constante. De ello se desprende que $H^0(M)$ es isomorfo a $\mathbb{R}$.
Calcular $H^1(M)$:
Aquí es donde la toda la diversión que pasa :)
Deje $\alpha \in Z^1(M)$, esto significa que $\alpha = u(x,y) dx + v(x,y) dy$$\frac{\partial v}{\partial x} - \frac{\partial u }{\partial y} = 0$.
Lema 1: Vamos a $R$ ser un rectángulo cerrado en $\mathbb{R}^2$ que no contiene al origen. A continuación,$\int_{\partial R} \alpha = 0$.
Prueba: Esto es sólo Verde del teorema (o de Stokes teorema de) (en su forma más simple, donde no es difícil mostrar directamente).
Lema 2: Deje $R$ $R'$ ser cerrado rectángulos en $\mathbb{R}^2$ cuyo interior contiene el origen. A continuación,$\int_{\partial R} \alpha = \int_{\partial R'} \alpha$.
Prueba: Esta es una consecuencia del Lema 1. Podría ser un poco tedioso escribir (en varios de los casos que necesitan ser abordados, de acuerdo a la configuración de los dos rectángulos), pero es bastante fácil. Usted necesita para cortar y reorganizar las integrales a lo largo de un montón de rectángulos, de modo que las dos primeras integrales de acuerdo a las integrales a lo largo de los rectángulos que no contienen el origen.
Vamos a denotar por $\lambda(\alpha)$ el valor común de todas las integrales de $\int_{\partial R} \alpha$ al $R$ es un rectángulo cerrado cuyo interior contiene el origen.
Lema 3: Si $\alpha$ es exacta iff $\lambda(\alpha) = 0$.
Prueba: "$\Rightarrow$" es trivial1, vamos a demostrar lo contrario. Fijar de forma permanente algún punto de $m_0 \in M$, el que más te guste. Para cualquier $m\in M$, considere la posibilidad de un rectángulo $R$ $\mathbb{R}^2$ cuyo límite contiene $m_0$ $m$ pero evita el origen. Deje $\gamma$ ser uno de los dos caminos de unirse a $m_0$ $m$ a lo largo de $\partial R$. Deje $f(m) = \int_\gamma \alpha$. Desde $\lambda(\alpha) = 0$, esta definición no depende de la elección del rectángulo o la ruta de acceso. En otras palabras $f: M \rightarrow \mathbb{R}$ está bien definido. Vamos a ver que $df = \alpha$. Compruebe que $\frac{f(x+h, y) - f(x,y)}{h} = \frac{1}{h}\int_x^{x+h} u(t,y) dt$, por lo que tomando el límite cuando $h\rightarrow 0$ rendimientos $\frac{\partial f}{\partial x} = u$. Mismo para $v$.
Por último, vamos a considerar la $1$forma $d\theta = \frac{-ydx + xdy}{x^2 + y^2}$. NB: Ser conscientes de que $d\theta$ es una engañosa (estándar) notación: es no de una forma exacta.
Lema 4: $d\theta$ es un cerrado $1$y $\lambda(d\theta) = 2\pi$.
Prueba: Este es un cálculo directo.
Ahora está hecho:
La proposición: $H^1(M)$ es el uno-dimensional espacio vectorial generado por $[d\theta]$.
donde $[d\theta]$ denota la clase de $d\theta$$H^1(M)$. Tenga en cuenta que $[d\theta] \neq 0$: véase el Lema 4 y 3.
Prueba: Supongamos $\alpha$ ser un cerrado $1$-forma. Considere la posibilidad de $\beta = \alpha - \frac{\lambda(\alpha)}{2 \pi} d\theta$. Tenemos $\lambda(\beta) = 0$ $\beta$ es exacto por el Lema 3. Esto demuestra que $[\alpha] = \frac{\lambda(\alpha)}{2 \pi} [d\theta]$.
Calcular $H^2(M)$:
Vamos a demostrar que $H^2(M) = 0$, en otras palabras, cada cerró $2$-forma en $M$ es exacta. Esta solución se toma de Ted Shifrin en los comentarios de abajo.
Esta es la idea: en coordenadas polares, $2$forma $\omega$ puede ser escrito $\omega = f(r,\theta) dr \wedge d\theta$. A continuación, $\eta = (\int_1^r f(\rho, \theta) d\rho)\, d\theta$ es una primitiva de $\omega$.
Aunque no es muy perspicaz, esto puede comprobarse mediante un cálculo directo, sin referencia a un cambio de variables.
Deje $\omega(x,y) = g(x,y) dx \wedge dy$. Definir $$h(x,y) = \int_1^{\sqrt{x^2+y^2}} t\, g\left(\frac{tx}{\sqrt{x^2+y^2}}, \frac{ty}{\sqrt{x^2+y^2}}\right) \,dt$$ Compruebe que $h(x,y) d\theta$ es una primitiva de $\omega$.
NOTA: Cualquier curso / libro / notas de de Rham cohomology mostrará que si $M$ está conectado compacta orientable colector, $H^n(M) \approx \mathbb{R}$. Sin embargo, creo que no he leído en ninguna parte que al $M$ no es compacto, $H^n(M) = 0$. Me pregunto si hay un "elemental" en la prueba.
1 voy a explicar esto por petición de la OP. Es un hecho general de que el si $\gamma : [a, b] \rightarrow M$ ${\cal C}^1$ ruta de acceso y el $\alpha$ es un buen exacto de una forma de decir $\alpha = df$ donde $f$ es una función suave, a continuación,$\int_\gamma \alpha = f(\gamma(b)) - f(\gamma(a))$. Esto es debido a que $\int_\gamma \alpha = \int_a^b \alpha(\gamma(t))(\gamma'(t))\,dt$ (por definición) y aquí se $\alpha(\gamma(t))(\gamma'(t)) = df(\gamma(t))(\gamma'(t)) = f'(\gamma(t)) \gamma'(t) = \frac{d}{dt}\left(f(\gamma(t))\right)$.
Este hecho se extiende a trozos ${\cal C}^1$ mapas por el corte de la integral. En particular, se $\gamma$ es un cerrado trozos ${\cal C}^1$ ruta de acceso y el $\alpha$ es exacta, entonces $\int_\gamma \alpha = 0$.
De hecho, es útil (por ejemplo, para la teoría de Cauchy en el análisis complejo) para saber que
- Una forma es cerrada iff su integral a lo largo de cualquier homotopically loop es cero (ningún límite de un rectángulo contenida en el conjunto abierto es suficiente).
- Una forma es exacta iff su integral a lo largo de cualquier bucle es igual a cero.
Tenga en cuenta que el "suave" condición puede ser debilitado.
chaiwalla
Puntos
1132
Aquí una muy boceto detallado para obtener su amigo comenzó:
Deje $D = \mathbf{R}^2\setminus\{0\}$ denotar el plano perforado, y la cubierta de $D$ por dos rendija de aviones, decir $D_{-} = \mathbf{R}^2\setminus(-\infty, 0]$$D_{+} = \mathbf{R}^2\setminus[0,\infty)$. Cada conjunto es en forma de estrella, así que si $\eta$ es un cerrado $1$-la forma en la $D$, $\eta$ es exacta en $D_{-}$ y en $D_{+}$.
El $1$-forma $$ \omega = \frac{-i\, dx + x\, dy}{2\pi(x^2 + y^2)}\qquad \left(= \frac{d\theta}{2\pi} \right) $$ está cerrado (fácil de cálculo) y no-exacto (la integral sobre el círculo unitario es$1$)$D$.
Deje $\alpha$ ser arbitraria liso $1$-la forma en la $D$, y deje $c$ es el valor de la integral de $\alpha$ sobre el círculo unidad. Para lograr su amigo de la meta, es suficiente para demostrar que la cierra $1$forma $\beta := \alpha - c\omega$ es exacta en $D$.
Por el segundo párrafo anterior, existen las funciones lisas $f_{-}$ $U_{-}$ $f_{+}$ $U_{+}$ tal que $df_{\pm} = \beta$$U_{\pm}$. En particular, $df_{-} = df_{+}$ de descuento en el eje horizontal; $f_{+} - f_{-}$ es constante en la mitad superior del plano y en la mitad inferior del plano. Sin pérdida de generalidad, $f_{+} - f_{-} = 0$ en la mitad superior del plano, y $f_{+} - f_{-} = C$ en la mitad inferior del plano. Argumentan que $C$ es la integral de la $\beta$ alrededor del círculo unitario, es decir, $C = 0$.
La extracción de la deRham cohomology (incluyendo el manejo de la compact es compatible como sea necesario) se deja a su amigo.
