射影直线\mathbb{P}^1上除子的层上同调维数相关问题（不使用Riemann-Roch定理）

嘿，我来帮你理清这个问题的思路，不用Riemann-Roch定理也能把它搞明白！咱们一步一步来：

先明确核心结论 #

不管除子$D$的支撑点在哪里，它的上同调群维数只和次数$d = \deg(D)$有关，具体公式是：

• $\dim H^0(\mathbb{P}1, D) = \max(d + 1, 0)$
• $\dim H^1(\mathbb{P}1, D) = \max(-d - 1, 0)$

最后验证$\mathbb{P}^1$的亏格$g=0$也很直接，因为亏格定义为$\dim H^1(\mathbb{P}1, \mathcal{O}_{\mathbb{P}^{1})$，而$\mathcal{O}_{\mathbb{P}}1} = \mathcal{O}(0)$，代入上面的公式得$\dim H^1=0$，所以$g=0$。

下面咱们详细推导每个部分，解决你之前的疑问：

1. $H^0(\mathbb{P}1, D)$的维数推导 #

你已经搞定了$D=n\infty$的情况，得到$\dim H^0 = n+1 = d+1$（这里$d=n$），现在把这个结论推广到任意除子：

情况1：$\deg(D) = d < 0$ #

假设存在非零函数$f \in H^0(\mathbb{P}1, D)$，那么对所有点$P$，$v_P(f) \geq -D(P)$，即$-v_P(f) \leq D(P)$。有理函数的次数$\deg(f) = \sum \max(v_P(f),0) - \sum \max(-v_P(f),0)$，而$\sum \max(-v_P(f),0) \leq \sum D(P) = d <0$，这显然矛盾（因为$\sum \max(-v_P(f),0)$是非负整数），所以$H^0(\mathbb{P}1, D)=0$，维数为0。

情况2：$\deg(D) = d \geq0$ #

你之前算$D=mP +n\infty$时犯了个小错误——选了冗余的基！咱们重新看这个例子：
$H^0$里的函数满足$v_P(f) \geq -m$（$P$点极点阶数≤m），$v_\infty(f) \geq -n$（$\infty$点极点阶数≤n），其他点无极点。这类函数可以写成：
$$f(x) = \frac{g(x)}{(x - x_P)^s}, \quad 0 \leq s \leq m$$
其中$g(x)$是多项式，且$\deg(g) \leq s +n$（保证$\infty$处极点阶数≤n）。

现在选线性无关的基：

• 多项式部分：次数≤n的多项式，共$n+1$个；
• 分式部分：$\frac{1}{x-P}, \frac{1}{(x-P)^2}, ..., \frac{1}{(x-P)^m}$，共$m$个；

总维数是$(n+1)+m = (m+n)+1 = d+1$，完美和次数挂钩！

不管$D$的支撑点有多少个，都可以用类似的方法：把每个支撑点的分式基选出来，加上多项式部分，最终总维数一定是$d+1$——因为每个额外的极点支撑点只会增加和极点阶数相等的基元素，而这些元素的总数加上多项式部分的维数，刚好等于次数$d+1$。

2. $H^1(\mathbb{P}1, D)$的维数推导 #

用题目提示的标准开覆盖${U_0, U_1}$来算Cech上同调：

• $U_0 = \mathbb{P}^1 \setminus {\infty} \cong \mathbb{A}^1$（坐标$x$）
• $U_1 = \mathbb{P}^1 \setminus {0} \cong \mathbb{A}^1$（坐标$y=1/x$）
• $U_0 \cap U_1 = \mathbb{G}_m$（Laurent多项式环$k[x, x^{-1}]$）

Cech复形为：
$$0 \to \mathcal{O}(D)(U_0) \oplus \mathcal{O}(D)(U_1) \xrightarrow{d_0} \mathcal{O}(D)(U_0 \cap U_1) \to 0$$
$H^1$就是这个复形的上同调，即$\mathcal{O}(D)(U_0 \cap U_1) / \text{im}(d_0)$。

情况1：$\deg(D)=d \geq0$ #

此时$\mathcal{O}(D)(U_0)$是所有多项式（$U_0$上无极点，$\infty$处极点阶数≤d不影响局部截面），$\mathcal{O}(D)(U_1)$是所有形如$\sum_{i=-d}^\infty c_i y^i$的Laurent多项式（即次数≤d的Laurent多项式）。

对于任意Laurent多项式$s \in k[x, x^{-1}]$，我们可以把它拆成：

• 次数>d的正次项$s_+$；
• 次数0到d的项$s_0$；
• 负次项$s_-$。

取$f = s_+ + s_0$（属于$\mathcal{O}(D)(U_0)$），$h = -s_-$（属于$\mathcal{O}(D)(U_1)$），则$s = f - h$，说明$s \in \text{im}(d_0)$。因此$H^1(\mathbb{P}1, D)=0$，维数为0。

情况2：$\deg(D)=d <0$ #

令$d=-n$（$n>0$），此时$\mathcal{O}(D)(U_1)$中的函数在$\infty$处至少有n阶零点，对应Laurent多项式中只有次数≤-n的负次项；$\mathcal{O}(D)(U_0)$是所有多项式。

$\text{im}(d_0)$包含所有多项式和次数≤-n的负次项，但次数在$-1$到$-(n-1)$的负次项无法被表示（比如$x^{{-1}$，假设$x}{-1}=f-h$，则$f=h+x^{{-1}$，而$h$只有次数≤-n的项，$f$会有$x}{-1}$项，不是多项式，矛盾）。这些无法表示的项刚好有$n-1= -d-1$个，所以$\dim H^1 = -d-1$。

3. 验证$\mathbb{P}^1$的亏格为0 #

亏格的定义是$g = \dim H^1(\mathbb{P}1, \mathcal{O}_{\mathbb{P}^{1})$，而结构层$\mathcal{O}_{\mathbb{P}}1} = \mathcal{O}(0)$，对应$d=0$，代入$H^1$的公式得$\dim H^1 = \max(-0-1,0)=0$，所以$g=0$，符合预期。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Anakhand