问题及解答

令 $\pi:\mathbb{R}^n\times\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}^n$ 为到第一个分量投影, 即 $(x,t)\mapsto x$; $s:\mathbb{R}^n\rightarrow\mathbb{R}^n\times\mathbb{R}$ 为零截面, 即 $x\mapsto(x,0)$. 于是有拉回映射
\[
\pi^*:\ \Omega^*(\mathbb{R}^n)\rightarrow\Omega^*(\mathbb{R}^n\times\mathbb{R}),\quad s^*:\ \Omega^*(\mathbb{R}^n\times\mathbb{R})\rightarrow\Omega^*(\mathbb{R}^n).
\]
我们将证明这两个映射诱导了上同调群的互逆同构. 因而 $H_{\text{dR}}^*(\mathbb{R}^{n+1})=H_{\text{dR}}^*(\mathbb{R}^{n})$.

由于 $\pi\circ s=\text{id}$, 故 $s^*\circ\pi^*=\text{id}$. 我们将构造一个同伦算子
\[
K:\ \Omega^{q}(\mathbb{R}^n\times\mathbb{R})\rightarrow\Omega^{q-1}(\mathbb{R}\times\mathbb{R})
\]
使得
\begin{equation}\label{eqn:5}
1-\pi^*\circ s^*=\pm(dK\pm Kd),
\end{equation}
从而 $\pi^*\circ s^*$ 在上同调群上是恒同算子.

$\mathbb{R}^n\times\mathbb{R}$ 上的每个形式可以表为如下两种微分形式的线性组合
\[
\begin{aligned}
(I)\quad & (\pi^* \phi)f(x,t),\\
(II)\quad & (\pi^* \phi)f(x,t)dt,\\
\end{aligned}
\]
其中 $\phi$ 是 $\mathbb{R}^n$ 上的微分形式. 定义 $K$ 为
\[
K((\pi^* \phi)f(x,t))=0,\quad K((\pi^* \phi)f(x,t)dt)=(\pi^* \phi)\int_0^t f(x,t)dt.
\]
我们验证 $K$ 是一个同伦算子(即满足\eqref{eqn:5}). 为方便起见, 用 $\frac{\partial f}{\partial x}dx$ 记指 $\sum_{i}\frac{\partial f}{\partial x^i}dx^i$; 用 $\int g$ 记指 $\int g(x,t)dt$.

对于属于类型 $I$ 的微分形式 $\omega=(\pi^* \phi)f(x,t)$, $\deg\omega=q$,
\[
\begin{split}
(1-\pi^* s^*)\omega &=(\pi^* \phi)f(x,t)-\pi^* s^*((\pi^* \phi)f(x,t))\\
&=(\pi^* \phi)f(x,t)-\pi^* \phi\cdot f(x,0).
\end{split}
\]
这里注意 $s^* \pi^*=\text{id}$, 且 $\pi^* s^* f(x,t)=f\circ s\circ\pi(x,t)=f\circ s(x)=f(x,0)$. 另一方面, 计算 $(dK-kd)\omega$, 注意此时 $K\omega=0$, 因此
\[
\begin{split}
(dK-kd)\omega&=-Kd\omega=-Kd((\pi^* \phi)f(x,t))\\
&=-K\biggl((d\pi^* \phi)f+(-1)^q \pi^* \phi(\frac{\partial f}{\partial x}dx+\frac{\partial f}{\partial t}dt)\biggr)
\end{split}
\]