En la prueba de la Poincaré Lema de forma compacta compatible cohomology,el homotopy operador K aparece de repente y satisface la ecuación 1-e*π*=±（dK-Kd),que es demasiado suerte!!!No sé cómo encontrar o adivinar lo que el K es,quien me puede ayudar ?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Edit: En comparación con el primer "borrador", he acortado considerablemente. Lo que significa que me han excluido todos los cálculos. Creo que podemos decir que uno simplemente tiene que ir a través de los problemas de la realidad, la computación en las condiciones necesarias para tal homotopy operador será capaz de adivinar. --- Nada mágico en ello.
Desde que he empezado a trabajar a través de el libro de Bott/Tu y me he preguntado esta misma pregunta, voy a dar un tiro en una respuesta. (No me recuerdo bien la prueba de la Poincaré lema compacto apoyo en este momento, así que voy a tratar de entender lo nuestro desde cero...)
Queremos mostrar que $H^\ast_c(M \times \mathbb R) \simeq H^{\ast - 1}_c(M)$ para cualquier colector $M$. Sin duda la natural mapas entre los $M \times \mathbb R^n$ $M$ son de inclusión $i: M \to M\times \mathbb R$ y la proyección $\pi: M \times \mathbb R \to M$. Inducen mapas en los formularios por sus pullbacks $$i^\ast: \Omega^\ast(M\times \mathbb R) \to \Omega^\ast(M),\quad \pi^\ast: \Omega^\ast(M) \to \Omega^\ast(M\times \mathbb R)$$
Ahora el problema que surge de inmediato es que la retirada de una forma compacta compatible forma no será de forma compacta compatible para $\pi^\ast$.
Supongamos que tenemos un formulario de $\phi = f(x) dx^I \in \Omega^k(M)$, entonces el pull-back $\pi^\ast \phi$ tendrá noncompact apoyo en la dirección vertical. Así que para remediar esto, parece natural wegde con una compacta compatible, forma cerrada $e$ en la dirección vertical $\mathbb R$. Podemos, por supuesto, tomar $e = e(t) \, dt$ total integral de la $\int_{\mathbb R} e(t) \, dt = 1$. Entonces (por la identificación de $e$ con el formulario correspondiente en $M\times \mathbb R$) de la forma
$$\pi^\ast \phi \wedge e = f(x)e(t) \, dx^I \wedge dt \in \Omega^{k+1}(M\times \mathbb R)$$
tiene soporte compacto y se puede cerrar si $\phi$ es. Esta construcción nos da un mapa
$$e_\ast: \Omega_c^\ast(M) \to \Omega_c^{\ast+1}(M\times \mathbb R), \quad e_\ast(\phi) = \left(\pi^\ast \phi\right) \wedge e$$
Por construcción, es fácil ver que este mapa debe tener una izquierda inversa, la cual está dada por la integración a lo largo de la fibra $\mathbb R$ (y se denota por a $\pi_\ast$). Así que sabemos que $\pi_\ast \circ e_\ast$ es simplemente la identidad (incluso en las formas), tenemos que comprobar que como un mapa en cohomology, $e_\ast \circ \pi_\ast$ es también la identidad. Para esto, es suficiente para mostrar que en los formularios
$$\phi - (e_\ast\circ \pi_\ast) \phi = K(d\phi) \pm dK(\phi)$$
donde $K: \Omega_c^\ast(M\times \mathbb R) \to \Omega_c^{\ast - 1}(M \times \mathbb R)$ es un homotopy operador.
Deje que nos indican las coordenadas en $M \times \mathbb R$ $(x_1, \dots, x_n, t)$ en el siguiente. La cosa obvia en este punto es comprobar lo que la izquierda expresión que hace a las formas de tipo $\phi = f(x,t) \, dx^I$ (1) y $\phi = f(x,t) \, dx^I \wedge dt$ (2). Después de algunos cálculos, uno ve que $K$ debe satisfacer (I)
\begin{equation} f(x,t) \, dx^I = K\left(\sum_{i\notin I} \frac{\partial f}{\partial x^i} dx^i \wedge dx^I + \frac{\partial f}{\partial t} dt \wedge dx^I\right) \pm d\left(K\left(f(x,t) \, dx^I \right) \right) \end{equation}
y (II)
\begin{align} \left[f(x,t) - e(t)\cdot \left(\int_{\mathbb R} f(x,t) \, dt\right)\right] dx^I \wedge dt &= K\left(\sum_{i\notin I} \frac{\partial f}{\partial x^i} dx^i \wedge dx^I\wedge dt\right) \\ & \quad \pm d\left(K\left(f(x,t) \, dx^I \wedge dt\right) \right) \end{align}
Vemos que la principal diferencia entre la primera y la segunda entrada para $K$ es que en la segunda ecuación, sólo formularios que contengan $dt$ aparecen. Y en la primera ecuación, podemos regresar $f(x,t)$ mediante la integración de $\partial f / \partial t$ y el envío de todo lo demás a $0$. Bueno, vamos a tratar de que y a ver qué sale! Entonces definimos
$$K(f(x,t) \, dx^I ) = 0, \quad K(f(x,t) \, dx^I \wedge dt) = \left(\int_{-\infty}^t f(x,t) \, dt\right) dx^I$$
En la primera línea (I), es evidente que regresar $f(x,t) \, dx^I$ que es lo que queríamos. ¿Y el segundo? De nuevo, después de algunos cálculos
$$K\left(d\phi \right) - dK(\phi) = \phi$$
Así que nos perdimos un término en (II)... ¿Cómo podemos hacer que esta sumando? ¿Y si sólo tenemos que añadir que en el operador $K$? Que no iba a funcionar, ya que tenemos que diferenciar en (II). Por lo que la mejor apuesta sería la de tratar de intercambio primitivo $E(t)$$e(t)$$e(t)$. Nos encontramos con que tenemos, de hecho, obtener el resultado de este con
$$K( f(x,t) \, dx^I ) = 0,\quad K(f(x,t) \, dx^I \wedge dt) = \left(\int_{-\infty}^t f(x,t) \, dt \right) \, dx^I - E(t) \cdot \left(\int_{\mathbb R} f(x,t) \, dt \right) \, dx^I $$
Por lo tanto, este es nuestro operador.
