Gradación de la cohomología de Cech-de Rham

Question

Actualmente estoy estudiando por mi cuenta Bott y Tu. En el capítulo 2 se introduce la cohomología de Cech-de Rham y pensé que lo había entendido bastante bien. Sin embargo cuando llegué al capítulo 3 sobre secuencias espectrales no pude seguir; algunas líneas de razonamiento utilizadas por los autores me hicieron pensar que tal vez he entendido mal algo en la cohomología de Cech-de Rham. Así que me gustaría recibir ayuda para aclarar algunos conceptos:

1) El complejo de Cech-de Rham $C^{p,q}$ es bi-gradado, pero cuando tomamos la cohomología D (algunos la llaman cohomología total) los grupos $H^n_D$ sólo son "de grado único", con índice $n=p+q$ ¿Verdad? En caso afirmativo, ¿qué $H^{p,q}_D\{C^*(\mathfrak{U},\Omega^*)\}$ en P.167 (14.16.1)?

2) (Si la respuesta a (1) es afirmativa) ¿Existe una forma natural de calificar $H^n_D$ es decir, algo como $H^n_D=\bigoplus_{p+q=n} H^{p,q}_D$ ? En particular, ¿podemos hablar de $H^n_D$ restringido a $K^{p,q}$ ? Mi intuición me dice que esto es problemático ya que los operadores diferenciales $D$ entre $\bigoplus_{p+q=n}K^{p,q}$ mezclas" diferentes $(p,q)$ juntos. La razón por la que pregunto esto es que en P.164 se razona que "los bidegrees $(p,q)$ del complejo doble $K$ persisten en la secuencia espectral $E_r$ ', esto lo entiendo pero lo que viene después me resulta muy desconcertante: la filtración en $H^n(K)=F^n_0 \supset F^n_1 \supset F^n_2 \supset ...$ (estoy utilizando la notación del teorema 14.6 por comodidad) tiene cocientes $E^{0,n}_\infty,E^{1,n-1}_\infty,...$ repectivamente, eso es, $F^n_0/F^n_1=E^{0,n}_\infty$ etc. No veo ninguna razón por la que esto debería mantenerse, y no tengo ni idea de cómo probarlo especialmente si el bigrading en $E_r$ no se traslada al complejo $A_\infty$ .

Estaría muy agradecido si alguien puede ayudar a aclarar el punto (1) para mí, y señalar cómo la declaración (14,13) que he mencionado en P.164 mantiene (siéntase libre de ignorar mis preocupaciones y escribir una nueva prueba, ya que puede haber ido en la dirección equivocada en primer lugar)

Answer 1

1. Tiene razón en que $H_D^n$ es monogrado. Sin embargo, existe una filtración $$H_D^n = F_0 \supset F_1 \supset F_2 \supset \ldots \supset F_n \supset 0$$ en $H_D^n$ y $H_D^{p, n - p}$ se define como el cociente $$H_D^{p, n - p} = F_p/F_{p + 1}.$$ Tenga en cuenta que $H_D^{p, n - p}$ no es un subgrupo de $H_D^n$ . Más bien, es un subcociente de $H_D^n$ un cociente de un subgrupo. Por lo tanto, existe una igualdad $$GH_D^n = \bigoplus_{p = 0} F_p/F_{p + 1} = \bigoplus_{p + q = n} H_D^{p, q},$$ donde $GH_D^n$ es el complejo graduado asociado del complejo filtrado $H_D^n$ .

   En general, $GH_D^n$ no es isomorfo a $H_D^n$ . Por ejemplo, si $H_D^n$ est $\mathbb{Z}_4$ el grupo cíclico de orden $4$ y la filtración es $$\underbrace{\mathbb{Z}_4}_{= \,F_0} \supset \underbrace{\mathbb{Z}_2}_{= \,F_1} \supset 0,$$ entonces el graduado asociado es $$G\mathbb{Z}_4 = {{F_0}\over{F_1}} \oplus F_1 = \mathbb{Z}_2 \oplus \mathbb{Z}_2,$$ que no es isomorfo a $\mathbb{Z}_4$ .

   Sin embargo, si estamos trabajando en la categoría de espacios vectoriales, entonces como la dimensión es el único invariante de un espacio vectorial de dimensión finita, $H_D^n$ es isomorfo a su complejo graduado asociado.

   ¿Puede demostrar que $H_D^n$ y $GH_D^n$ tienen la misma dimensión? Es porque $$\dim(F_p/F_{p + 1}) = \dim F_p - \dim F_{p + 1}.$$ El complejo de Cech-de Rham es, por supuesto, un espacio vectorial, por lo que (14.16.1) debe interpretarse como $$H_{\text{dR}}^k(M) \simeq GH_{\text{dR}}^k(M) = \bigoplus_{p + q = k} H_D^{p, q}\{C^*(\mathfrak{U}, \Omega^*)\},$$ donde $$H_D^{p, q}\{C^*(\mathfrak{U}, \Omega^*)\} = F_p/F_{p + 1}$$ para la filtración inducida $\{F_p\}$ en $H_D^k\{C^*(\mathfrak{U}, \Omega^*)\}$ .

   Como ocurre con muchos textos de topología algebraica, " $=$ " se utiliza a menudo para significar "isomorfismo". Esto puede haber causado cierta confusión.

2. Aunque en la categoría de espacios vectoriales se puede escribir $$H_D^n \simeq \bigoplus_{p + q = n} H_D^{p, q},$$ este isomorfismo no es canónico, es decir, no hay formas naturales de identificar ciertos subespacios de $H_D^n$ como $H_D^{p, q}$ porque, como señalé antes.., $H_D^{p, q}$ es un subcociente de $H_D^n$ no un subespacio.

   Para una variedad proyectiva compleja lisa, existe una descomposición canónica $$H^n \simeq \bigoplus_{p + q = n} H^{p, q},$$ la famosa descomposición de Hodge, pero eso es otra historia.

   En cuanto a la igualdad $F_0^n/F_1^1 = E_\infty^{0, n}$ es simplemente la definición de $E_\infty^{0, n}$ . No hay nada que demostrar.

   Gracias por su detallada respuesta, ahora entiendo perfectamente el punto (1). Sin embargo, para el punto (2) pensé $E_\infty^{0, n}$ se definió como el valor estable de $E_1^{0, n}$ , $E_2^{0, n}$ , $\ldots$ donde $E_r^{0, n}$ es el $(0, n)$ ª entrada de la $r$ ª página $E_r$ . Una definición u otra, ¿cómo demostrar que son iguales?

   Tiene razón en que $E_\infty^{p, q}$ es el valor estacionario de $E_r^{p, q}$ como $r \to \infty$ . Ahora cada $E_r$ es la cohomología de la página anterior $E_{r - 1}$ y en $E_r$ existe una filtración $$E_r = F_0E_r \supset F_1E_r \supset F_2E_r \supset \ldots.$$

   Definimos $E_r^{p, n - p}$ sea el cociente $F_pE_r^n/F_{p + 1}E_r^n$ donde $E_r^n$ es la antidiagonal de grado $n$ .

   

   Para un $n$ al pasar las páginas $E_r$ cada página $E_r$ es la cohomología de la página anterior $E_{r - 1}$ . Tras un número finito de pasos, las páginas $E_r$ se estacionan. Hay un $r \in \mathbb{Z}^+$ tal que $$E_r = E_{r + 1} = \ldots = E_\infty.$$ La filtración $\{F_pE_r\}$ también se convierte en estacionario a medida que $r$ aumenta. Por lo tanto, $$E_\infty^{p, n - p} = E_r^{p, n - p} = {{F_pE_r^n}\over{F_{p+1}E_r^n}} \simeq {{F_pE_\infty^n}\over{F_{p + 1}E_\infty^n}}.$$