¿Prueba directa de que el producto de la cuña conserva las clases de cohomología integral?

$\def\ZZ{\mathbb{Z}}\def\RR{\mathbb{R}}$No estoy seguro de si esta es una respuesta a la pregunta, ya que se refiere a$H_{\ast}(M, \ZZ)$, pero creo que arroja una luz interesante sobre por qué el problema es difícil.

Comenzamos con un intento de prueba fallido. Escribir$\delta$para el mapa diagonal$M \to M \times M$, y$\pi_1$y$\pi_2$para las proyecciones de$M \times M$en su primer y segundo factor. Dejar$\rho$ser un entero$k+\ell$-ciclar y dejar$\alpha$y$\beta$ser un$k$-forma y un$\ell$-formulario en$M$. Entonces$\int_{\rho} \alpha \wedge \beta = \int_{\delta(\sigma)} \pi_1^{\ast}(\alpha) \wedge \pi_2^{\ast}(\beta)$. Suponer$\rho$eran homólogos en$M \times M$a$\sum \sigma_i \times \tau_i$, para varios ciclos$\sigma_i$y$\tau_i$en$H_{\ast}(M)$, con$\dim \sigma_i + \dim \tau_i=k+\ell$. Entonces tendríamos

$$\int_{\rho} \alpha \wedge \beta = \sum \int_{\sigma_i \times \tau_i} \pi_1^{\ast}(\alpha) \wedge \pi_2^{\ast}(\beta) =\sum_{(\dim \sigma_i, \dim \tau_i) = (k, \ell)} \int_{\sigma_i} \alpha \int_{\tau_i} \beta.$$ Esto probaría el resultado. (Las integrales sobre términos donde $\dim \sigma_i \neq k$abandonaría. Si $\dim \sigma_i<k$, entonces $\pi_1^{\ast}(\alpha)|_{\sigma_i \times \tau_i}=0$entonces $\int_{\sigma_i \times \tau_i} \pi_1^{\ast}(\alpha) \wedge \pi_2^{\ast}(\beta)=0$, e igualmente si $\dim \tau_i < \ell$.)

Desafortunadamente, esto no tiene por qué ser cierto. Diciendo que$\delta(\rho)$siempre debe ser homólogo a tal clase es decir que$\delta_{\ast} H_m(M)$debe estar en la imagen de$\bigoplus_{i+j=m} H_i(M, \ZZ) \otimes H_j(M, \ZZ) \to H_{m}(M \times M, \ZZ)$. pero el mapa$\bigoplus_{i+j=m} H_i(M, \ZZ) \otimes H_j(M, \ZZ) \to H_{m}(M \times M, \ZZ)$no necesita ser sobreyectiva - el cokernel es$\bigoplus_{i+j=m-1} \mathrm{Tor}_1(H_i(M, \ZZ), H_j(M, \ZZ))$por el teorema de Kunneth . No hay razón para que$\delta_{\ast}$necesita aterrizar en la imagen de$\bigoplus H_i \otimes H_j$; Doy un ejemplo donde no lo hace en este hilo de Mathoverflow ,

Así que tenemos que trabajar más duro. La buena noticia es que el enunciado completo del teorema de Kunneth incluye el enunciado de que

$$0 \to \bigoplus_{i+j=m} H_i(M, \ZZ) \otimes H_j(M, \ZZ) \to H_{m}(M \times M, \ZZ) \to \bigoplus_{i+j=m-1} \mathrm{Tor}_1(H_i(M, \ZZ), H_j(M, \ZZ)) \to 0$$ está (no canónicamente) dividida. Elija tal división $$\iota: \bigoplus_{i+j=m-1} \mathrm{Tor}_1(H_i(M, \ZZ), H_j(M, \ZZ)) \to H_m(M, \ZZ).$$ Entonces podemos escribir $\delta(\rho) = \sum \sigma_i \times \tau_i + \iota(\sum \phi_j)$para algunos $\phi_j$en grupos Tor. Pero la buena noticia es que los grupos Tor son de torsión, por lo que un múltiplo entero de $\phi_j$es homólogo a cero. Esto significa que $\int_{\iota(\phi_j)} \pi_1^{\ast}(\alpha) \wedge \pi_2^{\ast}(\beta)$debe ser cero. Así que todavía tenemos $\int_{\rho} \alpha \wedge \beta = \sum \int_{\sigma_i \times \tau_i} \pi_1^{\ast}(\alpha) \wedge \pi_2^{\ast}(\beta)$y ahora la prueba concluye como antes. $\square$.

Lo que me parece interesante de este argumento son dos cosas:

(1) Nunca tuvimos que construir un producto de copa en$H^{\ast}(M, \ZZ)$, o probar su compatibilidad con la cohomología de De Rham, solo tratamos de empujar ciclos ingenuamente.

(2) Probar a Kunneth con la declaración completa de que la secuencia está dividida no es difícil. Pero solo lo he visto hacerlo de una manera muy algebraica, no escribiendo explícitamente un ciclo en$X \times Y$como$\sum \sigma_i \times \tau_j + \phi$por alguna torsión$\phi$. Además, no hay una opción canónica de división. Esto puede explicar por qué nadie parece ser capaz de probar esto de forma natural.

Mi cohomología está un poco oxidada, así que lo siento por cualquier error o por ser incompleto. También puede ser que mi sugerencia se acerque demasiado a la solución de cohomología singular que desea evitar, aunque en su lugar usaré la cohomología de Cech.

Primero hagamos una cubierta$\mathcal{U}=(U_j)_{j\in I}$de$M$donde todos$U_j$, así como$U_J=\bigcap_{j\in J} U_j$para$J\subset I$, son contráctiles (o vacíos). La idea básica es usar el doble complejo

$$\begin{array}{ccccccccc} &&0&\rightarrow&C^0(\mathbb{R})&\rightarrow&C^1(\mathbb{R}) &\rightarrow&\cdots\\ &&\downarrow&&\downarrow&&\downarrow&&\downarrow\\ 0&\rightarrow&\Omega^0&\rightarrow&C^0(\Omega^0)&\rightarrow&C^1(\Omega^0) &\rightarrow&\cdots\\ &&\downarrow&&\downarrow&&\downarrow&&\downarrow\\ 0&\rightarrow&\Omega^1&\rightarrow&C^0(\Omega^1)&\rightarrow&C^1(\Omega^1) &\rightarrow&\cdots\\ &&\downarrow&&\downarrow&&\downarrow&&\downarrow\\ \end{array}$$ dónde$C^q(\Omega^p)=C^q(\mathcal{U},\Omega^p)$consiste en$(\omega_J)_{J\in I_p}$dónde$I_p$es el conjunto de tamaño$p+1$subconjuntos de$I$y$\omega_J\in\Omega^p(U_J)$: es decir, la configuración para definir la cohomología de Cech. Entonces tenemos mapas$\delta:C^q(\Omega^p)\rightarrow C^{q+1}(\Omega^p)$, y$d:C^q(\Omega^p)\rightarrow C^q(\Omega^q)$.

Por conveniencia, fingiré$C^q(\Omega^{-1})=C^q(\mathbb{R})$y$C^{-1}(\Omega^p)=\Omega^p$(es decir, mundial$p$-forma que probablemente debería haber denotado$\Gamma(\Omega^p)$en lugar de solo$\Omega^p$).

Tenga en cuenta que$H^p(C^q(\Omega^\bullet))=0$para$p\ge 0$ya que las formas cerradas son exactas en todos los conjuntos contráctiles$U_J$.

la prueba de que$H^k_\text{dR}(M)=H^k(\Omega^\bullet)$es igual a$H^k(M;\mathbb{R})=H^k(C^\bullet(\mathbb{R}))$luego se realiza mediante la persecución del diagrama. Empezar con$\omega\in\Omega^k$con$d\omega=0$. Esto se asigna a$(\omega^{(0)}_J)_{J\in I_0}\in C^0(\Omega^k)$por restricción de$\omega$a cada$U_J$,$J\in I_0$. Desde$d\omega^{(0)}_J=0$, tenemos$\omega^{(0)}_J=d\upsilon^{(0)}_J$para algunos$\upsilon^{(0)}_J\in\Omega^{k-1}(U_J)$. Este$(\upsilon^{(0)}_J)$luego se asigna a$\omega^{(1)}\in C^1(\omega^{k-1})$. Y así vamos, alternando hacia arriba y hacia la derecha, hasta que obtenemos un elemento de$C^k(\mathbb{R})$.

Se utiliza un seguimiento de diagramas similar para mostrar que este mapeo es un módulo uno a uno de las imágenes.$d\Omega^{k-1}$y$\delta C^{k-1}(\mathbb{R})$. (Asumiendo que no he mezclado las cosas aquí.)

A$k$-forma$\omega$es integral en$H^k_\text{dR}(M)\equiv H^k(M;\mathbb{R})$si puede ser mapeado por el procedimiento anterior a un elemento en$C^k(\mathbb{Z})$.

Entonces, aquí está el truco. Dejar$\omega$y$\nu$estar cerrado$p$- y$q$-formas resp. correspondientes a las clases de cohomología integral. Entonces podemos replicar todo el diagrama persiguiendo$\omega$, pero aplicarlo a$\omega\wedge\nu$donde a cada paso salimos$\nu$sin cambios, finalmente mapeando$\omega$a un elemento$\omega^{(p)}\in C^p(\mathbb{Z})$. De esta manera, perseguimos$\omega\wedge\nu$a un elemento en$C^p(\Omega^q)$que parece la restricción de$\nu$a$U_J$conjuntos, multiplicados por los valores enteros de$\omega^{(p)}_J$.

Después, seguimos haciendo lo mismo con$\nu$: el$\omega^{(p)}=(\omega^{(p)}_J)_{J\in I_p}$parte ahora consisten solo en constantes por las cuales se multiplican las formas.

Como advertí, mi cohomología está algo oxidada, por lo que es muy probable que me haya perdido una serie de problemas técnicos. Sin embargo, creo que este enfoque básico debería funcionar. Y debería ser un buen ejercicio en la búsqueda de diagramas.

Principalmente uso la cohomología como una caja negra, por lo que puedo estar pasando por alto las dificultades técnicas, pero así es como trataría de probar su afirmación.

Primero señalaría que ser integral es una propiedad local: la clase$[\omega]$de una forma cerrada es integral iff sus restricciones$[\omega|_{U_i}]$a una cubierta$M = \bigcup U_i$es integral. Una forma es obvia: si$\sigma \subset U_i$, entonces$\int_\sigma \omega|_{U_i} = \int_\sigma \omega$. Para el otro, podemos elegir una triangulación (finita)$\sigma = \bigcup \sigma_\alpha$tal que cada uno$\sigma_\alpha$está incluido en uno de los$U_i$para que podamos escribir$\int_\sigma \omega = \sum_\alpha \int_{\sigma_{\alpha}} \omega|_{U_{i(\alpha)}}$.

El punto es que puede verificar la integralidad usando la triangulación que desee.

Entonces escribiría el producto taza como$H^i_{dR}(X) \otimes H^j_{dR}(X) \to H^{i+j}_{dR}(X\times X) \to H^{i+j}_{dR}(X)$el producto externo seguido de la restricción a la diagonal. Y verificaría que cada mapa envíe clases integrales integrales a clases integrales usando triangulaciones.