Explizite Hodge-Zersetzung am $T^2$
Bei einem allgemein kompakten Riemann-Verteiler $(M,g)$haben wir die bekannte Hodge-Zersetzung $$ \Omega^*(M)\cong d\Omega^*(M) \oplus \delta\Omega^*(M)\oplus \mathcal H_{\Delta}(M) $$ wo $\delta$ ist das Dual von $d$ in Bezug auf die Metrik und $\mathcal H_{\Delta}(M)$ ist der Lösungsraum der Laplace-Gleichung $\Delta\alpha=0$dh der Raum harmonischer Formen.
Frage: Bisher kann ich diese Zerlegung nur theoretisch verstehen. Das heißt, wir kennen die Existenz einer solchen Zerlegung, aber ich habe mich gefragt, ob wir eine gewisse Intuition darüber bekommen können, indem wir eine explizite Zerlegung finden.
Jetzt rüsten wir den Torus aus $T^2$ mit der flachen Metrik $g$ induziert von $\mathbb R^2\to \mathbb R^2/\mathbb Z^2\equiv T^2$. Lassen$\alpha= f(x_1,x_2)dx_1+g(x_1,x_2)dx_2$sei eine willkürliche Einform. Können wir die Hodge-Zerlegung von explizit aufschreiben?$\alpha$ in Bezug auf die flache Metrik?
Antworten
Lassen $\sigma_1 = S^1\times \{0\}$ und $\sigma_2 = \{0\}\times S^1$ sei die kanonische Basis für $H_1(T^2)$. Wie du es getan hast, werde ich verwenden$dx_i$ für die Basis $1$-Formen auf $T^2$ (da diese Formen auf $\Bbb R^2$ sind $\Bbb Z^2$-invariant und damit zu geschlossenen Formen absteigen $T^2$). Wir haben$\int_{\sigma_i}dx_j = \delta_{ij}$. Jede Harmonische$1$-Form ist von der Form $c_1\,dx_1+c_2\,dx_2$ für einige Konstanten $c_1,c_2$.
Angenommen, wir schreiben die Zerlegung als $$\alpha = d\psi + \delta(\star\rho) + (c_1\,dx_1+c_2\,dx_2) \quad\text{for smooth functions } \psi \text{ and } \rho \text{ and appropriate constants } c_i.$$ Nehmen $d$ von dieser Gleichung sehen wir das $$d\alpha = d\delta(\star\rho) = d(-\!\star\!d\!\star\!(\star\rho)) = -d\!\star\!d\rho,$$ und so $\rho$ wird durch Lösen erhalten $\Delta\rho = \star d\alpha$. (Hier nehme ich$\Delta = -\!\star\!\,d\star{}d$.) Durch unsere Konstruktion wird die $1$-bilden $\tilde\alpha = \alpha - \delta(\star\rho)$ ist jetzt geschlossen, und es gibt eine einzigartige harmonische Form in der Kohomologieklasse von $\tilde\alpha$. Insbesondere nehmen$c_1 = \int_{\sigma_1}\tilde\alpha$ und $c_2 = \int_{\sigma_2}\tilde\alpha$.
Warum ist das dann so? $\beta=\tilde\alpha - (c_1\,dx_1+c_2\,dx_2)$genau? Dies ist eine multivariable Standardrechnung. Schon seit$\int_{\sigma_i}\beta = 0$ zum $i=1,2$können wir definieren $\psi$durch Integration. Das heißt, setzen$$\psi(x,y) = \int_{(0,0)}^{(x,y)}\beta,$$ und dies ist eine gut definierte glatte Funktion auf dem Torus mit $d\psi = \beta$.
Vielleicht wäre ein konkretes Beispiel schön. Lass uns nehmen$\alpha = \cos^2(\pi x_1)dx_1 + \sin(\pi x_1)dx_2$. Dieses Formular ist weder geschlossen noch geschlossen. Wenn Sie meinem Algorithmus folgen, wollen wir$\rho$ mit $\Delta\rho = \star d\alpha = \pi\cos(\pi x_1)$. Zum Beispiel können wir nehmen$\rho(x_1,x_2) = \frac1{\pi}\cos(\pi x_1)$. Wir haben dann$\tilde\alpha = \cos^2(\pi x_1)dx_1 + \sin(\pi x_1)dx_2 + \star(d\rho) = \cos^2(\pi x_1)dx_1$. Dann$c_1 = 1/2$ und $c_2=0$ Bestimmen Sie das harmonische Stück und $\tilde\alpha - \frac12 dx_1 = d\big(\frac1{4\pi}\sin(2\pi x)\big)$, wie gewünscht.
$\def\RR{\mathbb{R}}\def\ZZ{\mathbb{Z}}$Dies läuft im Wesentlichen darauf hinaus, den Laplace zu invertieren, was durch die Funktion des Grüns erfolgt. Das Umkehren des Laplace kam in Ted Shifrins Lösung vor, aber ich möchte eine Antwort schreiben, die es betont.
Wir haben $$(d d^{\ast} + d^{\ast} d) (a_1 (x_1, x_2) dx_1 + a_2(x_1,x_2) dx_2) = \nabla^2(a_1) dx_1 + \nabla^2(a_2) dx_2.$$ Hier $$\nabla^2 = \left( \frac{\partial}{\partial x_1} \right)^2 + \left( \frac{\partial}{\partial x_2} \right)^2.$$
Eine Funktion gegeben $h(x_1, x_2)$ auf $T^2$können wir finden $c(x_1, x_2)$ auf $T^2$ mit $\nabla^2(c) = h$? Nicht unbedingt, weil$\int_{T^2} \nabla^2(c)$wird immer Null sein. Es stellt sich jedoch heraus, dass dies das einzige Hindernis ist und dass wir Lösungen in Bezug auf die Funktion des Grüns als Torus aufschreiben können. Dies ist eine Funktion$G(x_1, x_2, y_1, y_2)$ auf $(T^2 \times T^2) \setminus (\mathrm{diagonal})$ mit der Eigenschaft, dass $$\nabla^2 \int_{(x_1, x_2) \in T^2} G(x_1, x_2, y_1, y_2) h(x_1, x_2) = h(y_1, y_2) - \frac{1}{\mathrm{Vol}(T^2)} \int_{(x_1, x_2) \in T^2} h(x_1, x_2) .$$ Ich werde hier wahrscheinlich einige Skalarfaktoren fallen lassen, aber die Green-Funktion eines Torus wird explizit durch so etwas gegeben $$G(x_1, x_2, y_1, y_2) = \sum_{(n_1, n_2) \in \mathbb{Z}^2 \setminus \{ (0,0) \}} \frac{\cos {\big (}n_1 (x_1-y_1)+n_2(x_2-y_2){\big )}}{n_1^2+n_2^2}.$$ Es kann auch in Form von Jacobi-Theta-Funktionen ausgedrückt werden.
Also, wenn überhaupt $1$-bilden $f_1 dx_1 + f_2 dx_2$Verwenden Sie die Green-Funktion, um zu finden $a_j$ mit $$\nabla^2 (a_j) = f_j - \frac{1}{\mathrm{Vol}(T^2)} \int_{T^2} f_j.$$
Dann $$f_j dx_j = \left( \frac{1}{\mathrm{Vol}(T^2)} \int_{T^2} f_j \right) dx_j + d d^{\ast} \left(a_j dx_j \right) + d^{\ast} d \left( a_j dx_j \right).$$ Also haben wir "explizit" geschrieben $f_j dx_j$als die Summe einer harmonischen Form, einer exakten Form und einer co-exakten Form. Addieren Sie dies für$f_1$ und $f_2$Wir haben das Problem gelöst.