Riemann-Roch para haces vectoriales

Question

El teorema de Riemann-Roch es uno de los teoremas más esenciales sobre las superficies de Riemann, o eso me han dicho. He encontrado dos formulaciones para haces vectoriales (y evidentemente hay muchos más), y estoy tratando de entender por qué es que son equivalentes. Agradecería mucho alguna explicación sobre esta cuestión.

En cualquier caso, se nos da una superficie de Riemann compacta $\Sigma$ y un haz de líneas holomórfico $E$ en $\Sigma$ . El género de $\Sigma$ es $g$ y el grado de $E$ es $d$ . Consideramos el espacio de las funciones holomorfas por $H^0(E)$ y tomar $h^0(E) = \dim H^0(E)$ . Ahora, la primera formulación dice que: $$h^0(E) - h^0(E^{-1} \otimes K) = d + 1 - g$$ donde $K$ es el haz canónico, y (creo) en este contexto el símbolo $E^{-1}$ puede entenderse como $E^*$ (el haz dual) por razones que tienen que ver con los divisores. Ahora, para la segunda formulación, tomamos $H^1(E)$ para ser el espacio cociente de (el cerrado $1$ -con coeficientes en $E$ ) dividido por (el exacto $1$ -con coeficientes en $E$ ). Definimos $h^1(E) = \dim H^1(E)$ y la segunda versión del teorema dice: $$h^0(E) - h^1(E) = d + 1 - g$$

Ahora bien, no me queda nada claro por qué estas dos formulaciones son equivalentes. A no ser que me esté equivocando gravemente (algo bastante plausible), debería sostenerse que $h^0(E^{-1} \otimes K) = h^1(E)$ pero agradecería mucho una explicación de por qué debería ser así. También agradecería ideas, referencias y ejemplos sobre el cálculo de las cantidades que aparecen en la fórmula de Riemann-Roch (es decir, partiendo de una superficie de Riemann dada y terminando con (todas menos una de) $h^0(E), h^1(E), d, g$ ) [Nota: esta última pregunta está relacionada con una tarea que tengo].

Además, las observaciones sobre cualquier error que haya escrito más arriba son más que bienvenidas (la única manera de librarse de las ideas erróneas de uno, supongo).

Answer 1

1) Para un haz de líneas $E$ la notación $E^{-1}$ se utiliza para el doble $E^*$ debido al isomorfismo canónico de los haces de líneas $$E\otimes E^*\stackrel {\cong }{\to } X\times \mathbb C: x\otimes \phi \mapsto \phi(x)$$ Esto dice que en el grupo Picard $Pic(X)$ de $X$ que es el grupo de clases de equivalencia de haces de líneas holomorfas en $X$ (la clase de) $E^*$ es la inversa de $E^{-1}$ de $E$ en el sentido de la teoría de grupos.

2) Como escribió Adam en el comentario, la igualdad de los enteros $h^1(E)=h^0(E^*\otimes K)$ proviene de la dualidad de Serre.
La dualidad de Serre dice más precisamente que existe un emparejamiento no degenerado $$\Gamma(X,E^*\otimes K)\otimes H^1(X,E)\to \mathbb C$$
de lo que se deduce que cada uno de los dos de dimensiones finitas $\mathbb C$ -espacios vectoriales $\Gamma(X,E^*\otimes K)$ y $H^1(X,E)$ puede considerarse el dual del otro y esto implica, por supuesto, que $h^1(E)=h^0(E^*\otimes K)$

3) Aquí hay algunos ejemplos de uso de Riemann-Roch junto con la dualidad de Serre.
a) Si $E=\mathcal O$ , se obtiene $h^1(\mathcal O)=h^0( K)$ : estas son las dos posibles definiciones del género $g$ de $X$ .

b) De $h^0( K)-h^1( K)=1-g+deg (K)$ se obtiene $g-h^0( K^*\otimes K)=g-1=1-g+deg (K)$ para que $deg(K)=2g-2$ .
Este es un resultado muy concreto: dice que si se toma cualquier forma única meromórfica no nula $\omega$ su divisor (de ceros y polos) $div(\omega)$ tendrá grado $2g-2$ .

c) ¡Lo mejor que puede hacer un grupo de cohomología para complacernos a los matemáticos es desaparecer!
La dualidad de Serre implica que un haz de líneas $E$ de grado $deg(E)\geq 2g-1$ tendrá $h^1(E)=h^0(E^*\otimes K)=0$ . En efecto, el haz de líneas $E^*\otimes K$ sólo tiene cero como sección holomorfa ya que su grado es negativo: $-deg (E)+2g-2\lt 0$ .
Riemann-Roch da entonces la fórmula completamente explícita que no implica ninguna cohomología: $$h^0(E)=1-g+deg (E)$$

Answer 2

Aquí hay una prueba bastante original sin usar la dualidad de Serre. Queda por demostrar que la gavilla dualizadora son las diferenciales si trabajamos en curvas suaves:

Dada una curva algebraica $(C,O_C)$ (completo, sobre $k$ ) , la idea es considerar el functor $H^1(C, \_)^*$ sobre la categoría de cuasi-coherentes $O_C$ -módulos. Este functor es exacto a la izquierda (porque $H^i(C,M)=0$ para $i>1$ ) y transforma los límites inductivos en límites proyectivos, por lo que es representable por un par $(\omega_C, res)$ donde llamamos $\omega_C$ la gavilla de dualización y $res\in H^1(X, \_)^*$ será el residuo clásico cuando se trabaje sobre $\mathbb{C}$ (y considerando los diferenciales). En otras palabras, para todo módulo cuasi-coherente $M$ que tenemos: $$H^1(X,M)=Hom_{O_X}(M,\omega_X)$$ (donde $Hom_{O_X}(\_,\_)$ es la sección global de la gavilla de homomorfismo).

Entonces podemos demostrar el teorema de Riemann-Roch (para curvas singulares):

Dejemos que $C$ sea como antes, $D=\sum_{i=1}^{k} n_i x_i$ un divisor de puntos no singulares y $L_D$ el haz de líneas asociado. Entonces: $$h^0(L_D)-h^0(\omega_C\otimes_{O_C}L_{-D})= \chi(C,O_C)+ deg(D)$$ donde $h^i$ representa la dimensión del $i$ -grupo de cohomología.

Prueba:

Por definición tenemos $$H^1(C, L_D)^*=Hom_{O_C}(L_D,\omega_{C})=Hom_{O_C}(O_C, L_{-D}\otimes_{O_C}\omega_{C})=H^0(X,L_D\otimes_{O_C}\omega_{C})$$ así que $h^1(L_D)=h^0(\omega_C\otimes_{O_C}L_{-D})$ y concluimos por Riemann-Roch débil.

Rieman-Roch débil:(ver Hartshorne por ejemplo)

Con las mismas notaciones que en el teorema anterior: $$\chi(C,L_D)=\chi(C,O_C)+ deg(D)$$