Un haz pega secciones compatibles, pero los levantamientos de una sección pueden ser incompatibles entre sí. La cohomología mide esa diferencia. Construiremos un complejo de restricciones y calcularemos por completo H⁰ y H¹ de O(d) en la recta proyectiva; al final veremos una sección que se levanta en cada carta y no globalmente.
Si necesitas repasar:
1. El problema no es que falle el pegado, sino que los datos locales todavía no coinciden
Tomar Γ(X, F), las secciones globales de un haz, conserva núcleos. Pero una sobreyección de haces, comprobada localmente en tallos, puede no dar una sobreyección de secciones globales: hay levantamientos locales sin una elección compatible.
El axioma de haz sigue siendo válido. Si los levantamientos coincidieran en todos los solapamientos, se pegarían de forma única. La cohomología registra el obstáculo para corregirlos hasta alcanzar esa compatibilidad.
Un núcleo global se calcula imponiendo la ecuación a las secciones
X=Spec A, A=k[ε]/(ε²), mapa O_X→O_X multiplicar por ε.
Sección
Todo elemento global tiene forma a+bε.
Ecuación
ε(a+bε)=aε, que es cero exactamente cuando a=0.Núcleo
Las secciones del núcleo son kε, iguales al núcleo de la aplicación global A→A.
Conservar núcleos significa esta igualdad de condiciones.
La clase ε es no nula: no se descarta por ser nilpotente.
Una función puede tener argumentos locales y carecer de uno global
En el círculo S¹, exp(2πih) envía funciones reales continuas a funciones con valores en S¹.
Localmente
En un arco pequeño se puede elegir un argumento continuo, así que la función identidad z↦z tiene levantamientos locales.
Supuesto global
Si h: S¹→R fuera un argumento global de la identidad, h(exp(2πit))−t sería un entero continuo en [0,1], por tanto constante.
Contradicción
En t=0 y t=1 la entrada del círculo es la misma, pero esa diferencia cambia en uno. No existe tal h global.
Una sobreyección local de haces de grupos puede no ser sobreyectiva globalmente.
Se usan suma en funciones reales y producto en las de valores en S¹; el argumento no depende de un fallo del axioma de haz.
2. Los grupos superiores se definen aplicando secciones a una resolución
En haces de módulos se toma una resolución inyectiva 0→F→I⁰→I¹→… . Se aplica Γ(X,−) y se calcula la cohomología del complejo resultante. Su grado q es H^q(X, F), independiente de la resolución por el teorema de comparación.
Una sucesión corta de haces da una sucesión larga; la conexión H⁰ del cociente→H¹ del subhaz mide el obstáculo a levantar secciones. Las resoluciones dan una definición general, pero para calcular conviene un modelo concreto y justificado.
En un espacio de un punto no hay dificultad de pegar regiones
Haces de k-módulos sobre un punto.
Datos
Un haz queda dado por el módulo en el único abierto no vacío.
Globales
Γ es el mismo módulo, y conserva toda sucesión exacta.
Derivados
Aplicar Γ a una resolución deja una sucesión exacta; todos los H^q positivos se anulan.
No toda geometría produce un obstáculo cohomológico.
El caso de un punto es una comprobación de la definición, no una regla para cualquier espacio.
Las diferencias de levantamientos explican la conexión
0→F→G→H→0 y una sección global h de H.
Elegir cerca
Se levantan h|U_i a secciones g_i de G en un recubrimiento adecuado.
Comparar
En U_i∩U_j, g_j−g_i llega a cero en H y pertenece al subhaz F.
Corregir
Cambiar g_i mediante secciones de F cambia esas diferencias por un borde. La clase resultante es la conexión de h; es cero exactamente cuando puede obtenerse un levantamiento global.
H¹ recibe una clase de incompatibilidad, no una sección global elegida al azar.
La afirmación de equivalencia es parte de la exactitud de la sucesión larga.
3. Čech convierte las diferencias en un complejo
Para un recubrimiento {U_i}, C⁰ reúne secciones en cada U_i y C¹ secciones en las intersecciones U_i∩U_j, con i<j.
Los cociclos son núcleos y los bordes imágenes; un cociclo no nulo puede representar la clase cero si ya es un borde. Para que este complejo calcule la cohomología del haz hacen falta condiciones sobre el recubrimiento.
Comprobar el cuadrado cero con tres valores
Secciones constantes a₀=1, a₁=4, a₂=9 sobre un solapamiento triple.
Primer diferencial
c₀₁=3, c₀₂=8, c₁₂=5.Segundo
δc=5−8+3=0.General
(a₂−a₁)−(a₂−a₀)+(a₁−a₀)=0 por cancelación.El mismo cálculo usa restricciones en vez de valores constantes.
Cada borde es cociclo.
El signo del término intermedio es necesario.
Una diferencia visible puede ser un borde y no una clase nueva
Dos cartas de P¹, haz O, coordenadas t y s=1/t; elegir a(t)=t y b(s)=s.
Diferencial
En el solapamiento δ(a, b)=t⁻¹−t.Cociclo
Con dos cartas, el complejo ordenado no tiene términos de intersección triple distinta; todo elemento de C¹ es cociclo.
Clase
Este cociclo es explícitamente δ(a, b), así que su clase en H¹ de Čech es cero, aunque el Laurent t⁻¹−t no sea el polinomio cero.
Se toma un cociente por bordes, no solo el núcleo.
Las expresiones se comparan en el mismo marco del haz O.
4. La aciclicidad de las cartas justifica el cálculo
Un recubrimiento es acíclico para F si la cohomología superior de F se anula en todas sus intersecciones finitas no vacías. Bajo esa condición, Čech calcula H^q(X, F). No vale para cualquier haz y recubrimiento sin revisar esa hipótesis.
Un haz cuasicoherente en un esquema afín tiene cohomología superior nula. En P¹_k, U₀=Spec k[t] y U∞=Spec k[s] son afines, y su intersección es Spec k[t, t⁻¹]. Los haces de línea O(d), que trivializaremos en esas cartas, son cuasicoherentes: este recubrimiento sirve.
La anulación afín no exige que el anillo sea reducido
X=Spec k[ε]/(ε²), F=O_X.
Cuasicoherencia
El haz estructural es cuasicoherente.
Positivos
Al ser X afín, H^q(X, O_X)=0 para q>0.Grado cero
H⁰ sigue siendo k[ε]/(ε²), con su nilpotente no nulo. Anular grados superiores no elimina las secciones.
La condición geométrica de afinidad y la de reducción son distintas.
El teorema se aplica al haz indicado, sin extenderlo automáticamente a cualquier haz.
Verificar por qué dos cartas bastan para O(d) en P¹
U₀, U∞ y U₀∩U∞.
Trivializaciones
O(d) es un módulo libre de rango uno en cada carta y también en el solapamiento.
Afinidad
Los tres abiertos son afines; sus haces cuasicoherentes tienen cohomología positiva cero.
Complejo
El Čech ordenado solo tiene C⁰ y C¹ no nulos, por lo que sus núcleo y conúcleo dan H⁰ y H¹; no quedan H^q con q≥2.
El modelo de cálculo tiene una justificación antes de usarse.
La anulación de términos superiores de Čech se traduce a cohomología de haces gracias a la aciclicidad.
5. La transición de O(d) cambia el marco, no solo la coordenada
Elegimos marcos e₀=Xᵈ y e∞=Yᵈ, interpretados como símbolos de trivialización también para d negativo.
Una sección local es a(t)e₀ o b(s)e∞.
Al expresar ambas en e₀, la segunda tiene coeficiente tᵈb(1/t).
H⁰ es su núcleo y ![H^1\cong k[t, t^{-1}]/(k[t]+t^d k[t^{-1}])](../assets/builds/567cd5e2327763420eb0c3cfba1f44a465c95bc5f36d0596a573c2c074c449e1/math-0f30f397a43f.svg)
. La potencia de transición decide qué exponentes son bordes.
Comprobar dos fórmulas de una misma sección
O(3), a(t)=1+t³ y b(s)=1+s³.
Sustituir
b(1/t)=1+t⁻³.Cambiar marco
Multiplicar por t³ da t³+1.
Comparar
Coincide con a(t), así que δ(a, b)=0 y la pareja se pega.
La transición y la sustitución intervienen juntas.
Comparar a(t) con b(1/t) sin t³ habría dado una discrepancia falsa.
Un coeficiente constante puede cambiar de expresión en la otra carta
O(1), a(t)=1.
Compatibilidad
Se necesita 1=t·b(1/t).Resolver
b(s)=s satisface esa igualdad.Evitar confusión
Tomar b(s)=1 no serviría: produciría t, distinto de uno.Las dos constantes en marcos diferentes no son la misma sección.
El marco forma parte de los datos de una expresión local.
La pareja a=1, b=s corresponde a la sección homogénea X.
6. H⁰ cuenta exponentes que pueden escribirse en ambas cartas
La igualdad a(t)=tᵈb(1/t) limita exponentes: el lado izquierdo permite j≥0 y el derecho j≤d.
.En coordenadas homogéneas las secciones para d≥0 tienen base Xᵈ, Xᵈ⁻¹Y,…, Yᵈ. Son polinomios homogéneos de grado d, no funciones globales ordinarias independientes del haz.
Escribir la base antes de contar
d=3.
En t
Los exponentes permitidos son cero, uno, dos, tres; base 1, t, t², t³ en el marco e₀.
Homogéneos
La base correspondiente es X³, X²Y, XY², Y³.
Independencia
Una combinación que sea cero restringe a un polinomio nulo en t y obliga a que sus cuatro coeficientes sean cero.
H⁰ tiene dimensión cuatro.
El conteo se apoya en una base explícita.
Un grado negativo no permite una sección global no nula
d=−2.
Primera carta
a(t) tiene exponentes no negativos.
Segunda
t⁻²b(1/t) tiene exponentes como máximo menos dos.
Igualdad
Ningún exponente coincide; por independencia de los monomios de Laurent ambas expresiones deben ser cero.
H⁰(P¹, O(−2))=0.
Esto todavía no dice que el haz sea cero en cada carta.
7. H¹ cuenta las potencias de Laurent que ninguna carta elimina
.Son bases de cocientes de Laurent finitos; no se ha introducido una serie infinita ni una condición de convergencia.
Conservar exactamente tres monomios
d=−4.
Regiones borradas
Se borran j≥0 y j≤−4.Hueco
Quedan j=−3,−2,−1.Base
Las clases de t⁻³, t⁻², t⁻¹ son independientes y generan el cociente. H¹ tiene dimensión tres.
El hueco entre las dos cartas produce la cohomología.
Ninguna combinación no nula de esas potencias tiene exponentes en las regiones eliminadas.
Dos regiones pueden cubrir todos los exponentes
d=−1.
Primera región
j≥0.Segunda
j≤−1.Unión
Todo entero está en una de ellas; cualquier Laurent finito es un borde.
H¹=0.
No queda una clase de exponente intermedio.
Para d=−2 sí quedaría t⁻¹, lo que marca el primer caso positivo.
8. Un cálculo de H¹ muestra un levantamiento local que no se puede pegar
En P¹ existe la sucesión exacta 
. La primera flecha tiene columna (−Y, X) y la segunda fila (X, Y). En cada carta la fila final tiene un coeficiente unidad, y su núcleo está generado por esa columna. Por eso es exacta localmente.
La sección global uno de O admite levantamientos en las dos cartas, pero su diferencia produce una clase no nula de H¹(O(−2)). Vamos a calcularla con los marcos ya fijados. Este ejemplo algebraico realiza de forma explícita el problema inicial de Γ.
Calcular el cociclo de la sección uno
En U₀ levantar por (1,0)e₀ de O(−1)²; en U∞ por (0,1)e∞.
Cambiar marco
Para O(−1), e∞=t⁻¹e₀.La diferencia en e₀ es (0, t⁻¹)−(1,0)=(−1, t⁻¹).Identificar el subhaz
En U₀, la columna de O(−2) a O(−1)² tiene coeficientes (−t,1). La diferencia es t⁻¹(−t,1).
Clase
El cociclo de O(−2) es t⁻¹. Es la única potencia que sobrevive en H¹(O(−2)), así que su clase no es cero.
Uno se levanta en cada carta y no globalmente.
Cada levantamiento da uno al aplicar la fila: en U₀ es a+tb, y en U∞ es sc+d.
La conexión identifica todo el obstáculo en este caso
H⁰(O)=k y H¹(O(−2)) tiene base [t⁻¹].
Linealidad
La sección constante a produce el cociclo a t⁻¹.
No nulidad
Si a≠0, esa clase no es cero y no puede corregirse por secciones de las cartas.
Globales del centro
H⁰(O(−1))=0, por lo que ninguna sección no nula de k tiene levantamiento global.
La conexión k→k es un isomorfismo en esas bases.
La sucesión larga sitúa exactamente la pérdida de sobreyectividad global.
No contradice la sobreyectividad local de la fila de haces.
9. Un haz puede ser no nulo aunque sus grupos globales se anulen
O(−1) tiene H⁰=0 y H¹=0, pero en cada carta es libre de rango uno sobre el haz estructural. Sus tallos son módulos libres de rango uno y no son cero.
En un esquema no afín, un haz no se reconstruye en general a partir de sus secciones globales. La forma de pegar sus trivializaciones guarda información adicional. La anulación de estos grupos no elimina esa estructura.
Una sección local no nula puede no extenderse
El marco e₀ de O(−1) en U₀.
Local
Es la sección con coeficiente uno, no nula en esa carta.
Intentar extender
La compatibilidad exigiría 1=t⁻¹b(1/t), es decir b(s)=s⁻¹.Obstrucción
Eso no es un polinomio en s y no es una sección regular en toda U∞. No se extiende globalmente.
La ausencia global proviene de la transición, no de que falten secciones locales.
En el solapamiento sí se permiten potencias negativas.
La reconstrucción por globales tiene un marco donde sí funciona
Un haz cuasicoherente M̃ en Spec R.
Relación afín
Γ(Spec R, M̃)=M.Si se anula
Si ese módulo global es cero, sus localizaciones también lo son y el haz es cero.
Contraste
O(−1) en P¹ es no nulo con globales cero: P¹ no es afín, y no se aplica aquella reconstrucción.
Las hipótesis delimitan cuándo una inferencia es válida.
No se convierte el ejemplo de P¹ en una excepción al teorema afín.
10. La característica de Euler comprueba las dos cuentas sin sustituirlas
Las fórmulas dan h⁰−h¹=d+1 para cada entero d. Si d≥0, solo contribuye h⁰; si d=−1, ambos son cero; si d≤−2, la contribución es el negativo de −d−1.
Es un control de coherencia en P¹. En curvas de otro género las dimensiones dependen de más geometría y de las propiedades del haz. Riemann–Roch y dualidad organizan esas diferencias con sus hipótesis: no se copia el conteo de esta curva a todas.
Comprobar un grado negativo sin perder el signo
d=−5.
H⁰
No hay exponentes compatibles: dimensión cero.
H¹
Sobreviven −4,−3,−2,−1: dimensión cuatro.
Euler
0−4=−4=d+1.El signo menos viene del grado de cohomología uno.
El control concuerda con las dos bases calculadas.
La característica no es el número total de monomios sin signo.
Una misma característica no describe por sí sola cada grupo
Conocer únicamente h⁰−h¹=−2.
Información limitada
Como igualdad de enteros también admitiría pares (0,2),(1,3), etc.
Caso concreto
Para O(−3), el cálculo en las cartas prueba h⁰=0 y h¹=2.Justificación
La característica confirma ese par, pero fueron las restricciones de exponentes las que lo determinaron.
Un invariante de control complementa y no reemplaza la resolución.
El par alternativo se usa como posibilidad aritmética, no como afirmación de que corresponda al mismo haz.
Ahora lo resolvemos de principio a fin.
EJEMPLO RESUELTO 1
Secciones cuadráticas
Calcula h⁰(P¹,O(2)).
Compatibilidad
En O(2), a(t)=t²b(1/t).Exponentes
a permite j≥0 y la segunda carta j≤2.Lista
Quedan j=0,1,2.Base homogénea
Son las secciones X², XY, Y².
Independencia
Una combinación nula restringiría a un polinomio nulo a+bt+ct², con todos sus coeficientes cero.
Dimensión
La base tiene tres elementos: h⁰=3, coherente con d+1.
h⁰=3.
Coincide con d+1=3.
EJEMPLO RESUELTO 2
Una obstrucción
Calcula h¹(P¹,O(−3)).
Cociente
Para d=−3, H¹ es Laurent módulo k[t]+t⁻³k[t⁻¹].Primera carta
Se eliminan exponentes j≥0.Segunda
Se eliminan exponentes j≤−3.Supervivientes
Quedan −2 y −1, con clases independientes de t⁻² y t⁻¹.
Dimensión
h¹=2; h⁰=0 porque el grado es negativo.Control
h⁰−h¹=0−2=−2=d+1.El recubrimiento afín acíclico justifica el cálculo de Čech.
h¹=2.
La característica h⁰−h¹=−2 coincide con d+1.
Los símbolos que hemos usado
- F
- Haz de módulos sobre el haz estructural de un esquema X.
- Γ(X,F)=H⁰(X,F)
- Módulo de secciones globales.
- H^q(X,F)
- Funtor derivado de grado q de Γ(X,−).
- h^q(X,F)
- Dimensión sobre k de H^q cuando X y el haz son de la situación finita considerada.
- Čech
- Complejo de secciones en abiertos e intersecciones de un recubrimiento, con diferenciales alternadas.
- P¹_k
- Recta proyectiva sobre el cuerpo k, con coordenadas homogéneas [X:Y].
- O(d)
- Haz de línea de grado d en P¹, obtenido pegando trivializaciones con factor t^d.
- k[t,t⁻¹]
- Anillo de polinomios de Laurent: sumas finitas de potencias enteras de t.
Ahora te toca a ti.
Tienes cinco ejercicios. Inténtalos; las pistas te ayudan si te atascas.
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