Gruppo di coomologia di De Rham di ordine 2

Ciao a tutti, ho un quesito che riguarda la coomologia di De Rham come da titolo ^^ spero possiate aiutarmi.
Allora: l'esercizio che ho incontrato è molto lungo e vi riassumerò in breve tutto ciò che ho trovato; il punto finale richiede di mostrare che i gruppi di coomologia di De Rham di ordine 1 e 2, che d'ora in poi indicheremo come $ H_{dR}^1(M) $ e $ H_{dR}^2(M) $, ove $M$ è la varietà che tra poco vi indicherò, non siano banali.
Ora: $M$ è il complementare di una sfera di $\mathbb{R}^3$ centrata nell'origine con i due poli identificati nell'origine.
In questo modo ottengo due regioni dello spazio, una all'interno della superficie che sarà omotopicamente equivalente ad $S^1$ ed una all'esterno della superficie che sarà omotopicamente equivalente ad $S^2$.
Spero che fin qui sia tutto chiaro XD
Ora: per dimostrare che $ H_{dR}^1(M) $ non sia banale, ho considerato la $1$-forma differenziale $ \omega=\frac{xdy-ydx}{x^2+y^2} $ all'interno della superficie e $0$ altrimenti. Così facendo effettivamente ho trovato una $1$-forma chiusa, ma non esatta in quanto il suo integrale lungo $S^1$ non è zero.
Per quanto riguarda invece la dimostrazione dell'altro punto, ho pensato di prendere la $2$-forma $ \frac{xdy\wedge dz+ydx \wedge dz+zdx \wedge dy}{(x^2+y^2+z^2)^{\frac{3}{2}}} $ definita all'esterno della superficie e 0 dentro; dove con $\wedge$ intendo il prodotto wedge.
Ammesso che quella forma sia sensata, come posso fare per provare che sia chiusa ma non esatta? Non capisco come applicare la definizione generale, mi potreste dare una mano? Se ci riusciste mi fareste un grandissimo favore, di cuore, grazie mille. <3

Ultima modifica di dovah01 il 24/09/2018, 12:17, modificato 1 volta in totale.

Come dici tu stess*: ottieni una parte di spazio omotopico ad \(\displaystyle\mathbb{S}^1\), quindi basta trovare una \(\displaystyle1\)-forma chiusa non esatta sulla circonferenza per inferire che \(\displaystyle H^1_{dR}(M)\neq0\).

Su \(\displaystyle H^2_{dR}(M)\) mi verrebbe da affermare che l'altra componente connessa di \(\displaystyle M\) è omotopicamente equivalente ad \(\displaystyle\mathbb{S}^2\), ma non ne sono sicuro...

Sì sì è omotopicamente equivalente ad $S^2$, l'ho provato, però come dimostro che $H_{dR}^2(M)$ è non banale?

Usa Mayer-Vietoris, quasi ogni esercizio del genere è facile con quello (per farne uno difficile, o uno che non puoi risolvere con MV, devi rimuovere sottospazi abbastanza bastardi).

PS: finalmente qualcuno posta qualche domanda di topologia algebrica, gristo.

ehm... scusa ma non so usare quella sequenza eheheh, non l'abbiamo effettivamente studiata in classe, me l'ero guardata per mio conto solo per curiosità, ma superficialmente, l'unico metodo che conosco è quello che ti ho detto purtroppo XD comunque sì, pure io adoro topologia algebrica ahahaha

Non ti serve a piena potenza, ti basta sapere che esiste e usarla nel modo giusto. E mi sembra il modo "giusto" di rispondere a questa domanda, se non altro perché non penso esistano esercizi sulla coomologia, in qualsiasi forma meno che elementare, che si risolvono applicando la definizione cruda di cos'è \(H^p_\text{dR}(X)\)...

E quindi come si usa la sequenza? Sempre lì picchia il chiodo, non so risolverlo XD

Aha, sei fortunato è ingegnerizzato per farlo senza: il tuo spazio è omotopicamente equivalente a \(S^1 \amalg S^2\), e la coomologia di un'unione disgiunta è isomorfa alla somma delle coomologie (lo puoi dimostrare direttamente trovando un isomorfismo, ma ovviamente si può dimostrare a sua volta con Mayer-Vietoris).

Allora \(H^1(M) \cong H^1(S^1)\oplus H^1(S^2)\cong H^1(S^1)\cong\mathbb Z\), e similmente accade per $H^2(M)$.

Wow ma è uno strumento potentissimo cavoli!!! Quindi ho che $H^2(M) \cong H^2(S^1)\oplus H^2(S^2)\cong \mathbb{Z}$ in quanto la sfera ha un buco 2-dimensionale e la circonferenza no. E dunque non è banale, potrebbe essere corretto?

Sì, certo, è questo il trucco.