Producto de copa y cuña en singular y cohomología de De Rham

Question

Producto de copa y cuña en singular y cohomología de De Rham

Matemáticas
derham-cohomología
homología-cohomología
topología diferencial

desbordante

El teorema de De Rham afirma que el mapa $I: H_{dR}^p(M) \to H_{sing}^p(M, \mathbb{R})$ definido como

I (ω) = [σ^{pag}] \mapsto \int_{σ^{pag}} ω

$I(\omega)= [\sigma^p] \mapsto\int_{\sigma^p}\omega$ es un isomorfismo (

σ^{p} \in [σ^{p}]

$\sigma^p \in [\sigma^p]$ es un representante suave).

En $H_{sing}^\ast(M, \mathbb{R})$ se define un producto de taza $\cup : H_{sing}^p(M, \mathbb{R})\times H_{sing}^q(M, \mathbb{R})\to H_{sing}^{p+q}(M, \mathbb{R})$

ω^{q} \cup η^{pag} (σ^{pag + q}) = ω (σ |_{[{mi}_{0}, \dots, {mi}_{q}]}) \cdot η (σ |_{[{mi}_{q}, \dots, {mi}_{q + pag}]}),

$\omega^q\cup \eta^p (\sigma^{p+q}) = \omega(\sigma|_{[e_0,\dots,e_q]})\cdot \eta(\sigma|_{[e_{q},\dots,e_{q+p}]}),$

mientras tanto $H_{dR}^\ast(M)$ tenemos el producto cuña: $(\omega^q, \eta^p) \mapsto \omega\wedge \eta$ .

¿Son estos dos productos iguales excepto por el isomorfismo? En otras palabras, me gustaría probar que $I(\omega\wedge \eta) = I(\omega)\cup I(\eta)$ .

Esto parece posible ya que los dos productos satisfacen las mismas relaciones de conmutatividad y tienen el mismo comportamiento frente a la codiferencial $d$ .

Así que traté de probar -sin éxito- que

\int_{σ^{q + pag}} ω^{q} \land η^{pag} = \int_{σ |_{[{mi}_{0}, \dots, {mi}_{q}]}} ω^{q} \cdot \int_{σ |_{[{mi}_{q}, \dots, {mi}_{q + pag}]}} η^{pag}

$\int_{\sigma^{q+p}}\omega^q\wedge \eta^p = \int_{\sigma|_{[e_0,\dots,e_q]}}\omega^q \cdot \int_{\sigma|_{[e_{q},\dots,e_{q+p}]}}\eta^p$ pero el símplex estándar no es un espacio producto por lo que no puedo aplicar -como sugiere mi intuición- un argumento tipo Fubini.

¿Cualquier sugerencia?

Yuan Qiaochu

Sí, la afirmación es cierta. No estoy seguro de cuál es la forma más limpia de demostrarlo. Sin embargo, no creo que su segunda declaración sea equivalente.

pedro

Puede empujar las cosas debajo de la alfombra de la siguiente manera. Uno puede demostrar que el teorema de DeRham a través de un argumento de secuencia espectral: comience a probarlo para

R^{n}

$\mathbb R^n$ o subconjuntos abiertos convexos de los mismos, y observe que estos son isomorfismos de anillos. Ahora construya una secuencia espectral a partir de una cubierta abierta adecuada. La secuencia espectral será de álgebras, y obtendrás en el límite que tu mapa es un isomorfismo de álgebras .

pedro

(@QiaochuYuan ¿Alguna idea sobre el último comentario?)

Respuestas (2)

Producto de copa y cuña en singular y cohomología de De Rham

Sí, la afirmación es cierta. No estoy seguro de cuál es la forma más limpia de demostrarlo. Sin embargo, no creo que su segunda declaración sea equivalente.
Puede empujar las cosas debajo de la alfombra de la siguiente manera. Uno puede demostrar que el teorema de DeRham a través de un argumento de secuencia espectral: comience a probarlo para $\mathbb R^n$ o subconjuntos abiertos convexos de los mismos, y observe que estos son isomorfismos de anillos. Ahora construya una secuencia espectral a partir de una cubierta abierta adecuada. La secuencia espectral será de álgebras, y obtendrás en el límite que tu mapa es un isomorfismo de álgebras .

pedro · Answer 1

El mapa deRham da una flecha $\theta:H_{dR}(X) \to H(X)^*$ , y la estructura de álgebra de la derecha se induce a partir de la estructura de coalgebra de $H(X)$ dado por el coproducto de Alexander-Whitney: $\Delta(\sigma) = \sum \sigma_i \otimes \sigma^i$ dónde $\sigma_i$ es el frente $i$ -cara y $\sigma^i$ es la espalda $i$ -rostro. Denotamos por $\langle -,-\rangle : H_{dR}(X)\otimes H(X)^*\to \mathbb R$ binomio que da lugar a $\theta$ .

En términos de emparejamiento, tiene razón, esto es lo mismo que afirmar que, para dos formas cualesquiera $\omega,\eta$ de grado $p,q$ y cualquier cadena singular $\sigma$ de grado $p+q$ , tenemos eso

\begin{matrix} (1) & ⟨ ω \land η, σ ⟩ = ⟨ ω, σ_{pag} ⟩ ⟨ η, σ^{pag} ⟩ \end{matrix}

$\tag{1}\langle \omega\wedge \eta,\sigma\rangle = \langle \omega,\sigma_p\rangle\langle \eta,\sigma^p\rangle$ que es lo mismo que

⟨ μ, - ⟩ = μ_{R} ⟨ - \otimes -, Δ ⟩

$\langle \mu,-\rangle =\mu_\mathbb R\langle - \otimes -,\Delta\rangle$ . También observa que existe el problema de escribir simples como productos. Hay una forma de solucionar este problema, que es (como lo hace Spivak y en otro contexto, lo hace Serre), por ejemplo, trabajando con cubos singulares en lugar de cadenas singulares.

Concretamente, calcular $H_*(X)$ usando mapas $\sigma : [0,1]^*\to X$ . El diferencial es otro, pero el coproducto se da simplemente restringiendo a las coordenadas, como en el caso de los simples (aunque aparecen más términos). Concretamente, si $\sigma : [0,1]^p\to M$ es un cubo singular, el coproducto de $\sigma$ está dado por una suma

\sum_{A ⊔ B = [pag]} σ_{A}^{0} \otimes σ_{B}^{1}

$\sum_{A\sqcup B = [p]}\sigma_A^0\otimes \sigma_B^1$ dónde

(-)_{S}^{ε}

$(-)_S^\varepsilon$ significa que usted establece el

S

$S$ -coordenadas del subconjunto

S

$S$ de

[p] = {1, \dots, p}

$[p] = \{1,\ldots,p\}$ a

ε

$\varepsilon$ y mantener las coordenadas del complemento. Ver página 17 en la tesis de Serre . En este caso, si

σ

$\sigma$ es un cubo singular y

ω = f d x_{I}

$\omega = fdx_I$ es una forma del mismo grado

p

$p$ , es sencillo comprobar que

⟨ ω, σ ⟩ = \int_{[0, 1]^{pag}} F (σ) j_{σ} d X_{1} \dots d X_{pag}

$\langle \omega,\sigma\rangle = \int_{[0,1]^p} f(\sigma) J_\sigma dx_1\cdots dx_p$

y luego $(1)$ es una consecuencia inmediata del teorema de Fubini, como querías. Existe un isomorfismo natural entre $H(X)$ calculado de dos maneras diferentes, ya sea a partir de cadenas singulares cúbicas o simpliciales, provenientes de un mapa del complejo cúbico de $X$ al singular complejo de $X$ eso necesita respetar el coproducto (creo que esta es la parte no trivial de su pregunta, pero puede encontrar este mapa en la tesis de Serre), y esto completa la prueba de que el isomoprismo de DeRham es un mapa de álgebras.

¡Gracias! ¿A qué libro de Spivak te refieres? Cualquier otra referencia interesante es bien aceptada.

chris huang · Answer 2

Solo quería señalar que

\int_{σ^{q + pag}} ω^{q} \land η^{pag} \neq \int_{σ |_{[{mi}_{0}, \dots, {mi}_{q}]}} ω^{q} \cdot \int_{σ |_{[{mi}_{q}, \dots, {mi}_{q + pag}]}} η^{pag}

$\int_{\sigma^{q+p}}\omega^q\wedge \eta^p \neq \int_{\sigma|_{[e_0,\dots,e_q]}}\omega^q \cdot \int_{\sigma|_{[e_{q},\dots,e_{q+p}]}}\eta^p$ en general, ya que los simples no son cerrados. La formula

ω^{q} \cup η^{pag} (σ^{pag + q}) = ω (σ |_{[{mi}_{0}, \dots, {mi}_{q}]}) \cdot η (σ |_{[{mi}_{q}, \dots, {mi}_{q + pag}]})

$\omega^q\cup \eta^p (\sigma^{p+q}) = \omega(\sigma|_{[e_0,\dots,e_q]})\cdot \eta(\sigma|_{[e_{q},\dots,e_{q+p}]})$ es válido sólo para simplex singular

σ : Δ^{p + q} \to M

$\sigma:\Delta^{p+q}\to M$ .

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