Descomposición explícita de Hodge en $T^2$
Dado un colector Riemann compacto general $(M,g)$, tenemos la conocida descomposición de Hodge $$ \Omega^*(M)\cong d\Omega^*(M) \oplus \delta\Omega^*(M)\oplus \mathcal H_{\Delta}(M) $$ dónde $\delta$ es el dual de $d$ con respecto a la métrica y $\mathcal H_{\Delta}(M)$ es el espacio de solución de la ecuación laplaciana $\Delta\alpha=0$, es decir, el espacio de las formas armónicas.
Pregunta: Hasta ahora, solo puedo entender teóricamente esta descomposición. Es decir, sabemos la existencia de tal descomposición, pero me preguntaba si podemos tener alguna intuición al respecto encontrando alguna descomposición explícita.
Ahora, equipamos el toro. $T^2$ con la métrica plana $g$ inducido de $\mathbb R^2\to \mathbb R^2/\mathbb Z^2\equiv T^2$. Dejar$\alpha= f(x_1,x_2)dx_1+g(x_1,x_2)dx_2$ser una forma única arbitraria. ¿Podemos escribir explícitamente la descomposición de Hodge de$\alpha$ con respecto a la métrica plana?
Respuestas
Dejar $\sigma_1 = S^1\times \{0\}$ y $\sigma_2 = \{0\}\times S^1$ ser la base canónica para $H_1(T^2)$. Como lo hiciste, usaré$dx_i$ por la base $1$-formas en $T^2$ (ya que estas formas en $\Bbb R^2$ son $\Bbb Z^2$-invariante y así desciende a formas cerradas en $T^2$). Tenemos$\int_{\sigma_i}dx_j = \delta_{ij}$. Cualquier armónico$1$-form es de la forma $c_1\,dx_1+c_2\,dx_2$ para algunas constantes $c_1,c_2$.
Supongamos que escribimos la descomposición como $$\alpha = d\psi + \delta(\star\rho) + (c_1\,dx_1+c_2\,dx_2) \quad\text{for smooth functions } \psi \text{ and } \rho \text{ and appropriate constants } c_i.$$ Tomando $d$ de esta ecuación, vemos que $$d\alpha = d\delta(\star\rho) = d(-\!\star\!d\!\star\!(\star\rho)) = -d\!\star\!d\rho,$$ y entonces $\rho$ se obtiene resolviendo $\Delta\rho = \star d\alpha$. (Aquí estoy tomando$\Delta = -\!\star\!\,d\star{}d$.) Por nuestra construcción, el $1$-formar $\tilde\alpha = \alpha - \delta(\star\rho)$ ahora está cerrado, y hay una forma armónica única en la clase de cohomología de $\tilde\alpha$. En particular, toma$c_1 = \int_{\sigma_1}\tilde\alpha$ y $c_2 = \int_{\sigma_2}\tilde\alpha$.
¿Por qué, entonces, es $\beta=\tilde\alpha - (c_1\,dx_1+c_2\,dx_2)$¿exacto? Este es el cálculo multivariable estándar. Ya que$\int_{\sigma_i}\beta = 0$ para $i=1,2$, podemos definir $\psi$integrando. Es decir, establecer$$\psi(x,y) = \int_{(0,0)}^{(x,y)}\beta,$$ y esta es una función suave bien definida en el toro con $d\psi = \beta$.
Quizás un ejemplo concreto sería bueno. Echemos$\alpha = \cos^2(\pi x_1)dx_1 + \sin(\pi x_1)dx_2$. Este formulario no está cerrado ni co-cerrado. Si sigues mi algoritmo, queremos$\rho$ con $\Delta\rho = \star d\alpha = \pi\cos(\pi x_1)$. Por ejemplo, podemos tomar$\rho(x_1,x_2) = \frac1{\pi}\cos(\pi x_1)$. Entonces tenemos$\tilde\alpha = \cos^2(\pi x_1)dx_1 + \sin(\pi x_1)dx_2 + \star(d\rho) = \cos^2(\pi x_1)dx_1$. Luego$c_1 = 1/2$ y $c_2=0$ determinar la pieza armónica, y $\tilde\alpha - \frac12 dx_1 = d\big(\frac1{4\pi}\sin(2\pi x)\big)$, como se desee.
$\def\RR{\mathbb{R}}\def\ZZ{\mathbb{Z}}$Básicamente, esto se reduce a invertir el laplaciano, que se realiza mediante la función de Green. Invertir el laplaciano surgió en la solución de Ted Shifrin, pero quiero escribir una respuesta que lo enfatice.
Tenemos $$(d d^{\ast} + d^{\ast} d) (a_1 (x_1, x_2) dx_1 + a_2(x_1,x_2) dx_2) = \nabla^2(a_1) dx_1 + \nabla^2(a_2) dx_2.$$ aquí $$\nabla^2 = \left( \frac{\partial}{\partial x_1} \right)^2 + \left( \frac{\partial}{\partial x_2} \right)^2.$$
Dada una función $h(x_1, x_2)$ en $T^2$, podemos encontrar $c(x_1, x_2)$ en $T^2$ con $\nabla^2(c) = h$? No necesariamente, porque$\int_{T^2} \nabla^2(c)$siempre será cero. Pero resulta que este es el único obstáculo y que podemos escribir soluciones en términos de la función de Green del toro. Esta es una función$G(x_1, x_2, y_1, y_2)$ en $(T^2 \times T^2) \setminus (\mathrm{diagonal})$ con la propiedad que $$\nabla^2 \int_{(x_1, x_2) \in T^2} G(x_1, x_2, y_1, y_2) h(x_1, x_2) = h(y_1, y_2) - \frac{1}{\mathrm{Vol}(T^2)} \int_{(x_1, x_2) \in T^2} h(x_1, x_2) .$$ Probablemente voy a dejar algunos factores escalares aquí, pero la función de Green de un toro viene dada explícitamente por algo como $$G(x_1, x_2, y_1, y_2) = \sum_{(n_1, n_2) \in \mathbb{Z}^2 \setminus \{ (0,0) \}} \frac{\cos {\big (}n_1 (x_1-y_1)+n_2(x_2-y_2){\big )}}{n_1^2+n_2^2}.$$ También se puede expresar en términos de funciones theta de Jacobi.
Entonces, dado cualquier $1$-formar $f_1 dx_1 + f_2 dx_2$, use la función de Green para encontrar $a_j$ con $$\nabla^2 (a_j) = f_j - \frac{1}{\mathrm{Vol}(T^2)} \int_{T^2} f_j.$$
Luego $$f_j dx_j = \left( \frac{1}{\mathrm{Vol}(T^2)} \int_{T^2} f_j \right) dx_j + d d^{\ast} \left(a_j dx_j \right) + d^{\ast} d \left( a_j dx_j \right).$$ Así que hemos escrito "explícitamente" $f_j dx_j$como la suma de una forma Armónica, una forma exacta y una forma co-exacta. Sumando esto para$f_1$ y $f_2$, hemos resuelto el problema.