Décomposition explicite de Hodge sur $T^2$

Question

Étant donné un collecteur Riemann compact général $(M,g)$, nous avons la décomposition Hodge bien connue $$ \Omega^*(M)\cong d\Omega^*(M) \oplus \delta\Omega^*(M)\oplus \mathcal H_{\Delta}(M) $$ où $\delta$ est le double de $d$ par rapport à la métrique et $\mathcal H_{\Delta}(M)$ est l'espace de solution de l'équation laplacienne $\Delta\alpha=0$, c'est-à-dire l'espace des formes harmoniques.

Question: Jusqu'à présent, je ne peux comprendre que théoriquement cette décomposition. Autrement dit, nous connaissons l'existence d'une telle décomposition, mais je me demandais si nous pouvons avoir une certaine intuition à ce sujet en trouvant une décomposition explicite.

Maintenant, nous équipons le tore $T^2$ avec la métrique plate $g$ induit de $\mathbb R^2\to \mathbb R^2/\mathbb Z^2\equiv T^2$. Laisser$\alpha= f(x_1,x_2)dx_1+g(x_1,x_2)dx_2$être une forme unique arbitraire. Peut-on écrire explicitement la décomposition de Hodge de$\alpha$ par rapport à la métrique plate?

Answer 1

Laisser $\sigma_1 = S^1\times \{0\}$ et $\sigma_2 = \{0\}\times S^1$ être la base canonique de $H_1(T^2)$. Comme vous l'avez fait, je vais utiliser$dx_i$ pour la base $1$-forms sur $T^2$ (puisque ces formes sur $\Bbb R^2$ sont $\Bbb Z^2$-invariant et descendent ainsi aux formes fermées sur $T^2$). Nous avons$\int_{\sigma_i}dx_j = \delta_{ij}$. Toute harmonique$1$-form est de la forme $c_1\,dx_1+c_2\,dx_2$ pour certaines constantes $c_1,c_2$.

Supposons que nous écrivions la décomposition comme $$\alpha = d\psi + \delta(\star\rho) + (c_1\,dx_1+c_2\,dx_2) \quad\text{for smooth functions } \psi \text{ and } \rho \text{ and appropriate constants } c_i.$$ Prise $d$ de cette équation, on voit que $$d\alpha = d\delta(\star\rho) = d(-\!\star\!d\!\star\!(\star\rho)) = -d\!\star\!d\rho,$$ et donc $\rho$ s'obtient en résolvant $\Delta\rho = \star d\alpha$. (Ici je prends$\Delta = -\!\star\!\,d\star{}d$.) Par notre construction, le $1$-forme $\tilde\alpha = \alpha - \delta(\star\rho)$ est maintenant fermé, et il existe une forme harmonique unique dans la classe de cohomologie de $\tilde\alpha$. En particulier, prenez$c_1 = \int_{\sigma_1}\tilde\alpha$ et $c_2 = \int_{\sigma_2}\tilde\alpha$.

Pourquoi, alors, est $\beta=\tilde\alpha - (c_1\,dx_1+c_2\,dx_2)$exact? Il s'agit d'un calcul multivariable standard. Depuis$\int_{\sigma_i}\beta = 0$ pour $i=1,2$, on peut définir $\psi$en intégrant. Autrement dit, définissez$$\psi(x,y) = \int_{(0,0)}^{(x,y)}\beta,$$ et c'est une fonction lisse bien définie sur le tore avec $d\psi = \beta$.

Un exemple concret serait peut-être bien. Prenons$\alpha = \cos^2(\pi x_1)dx_1 + \sin(\pi x_1)dx_2$. Ce formulaire n'est ni fermé ni co-fermé. Si vous suivez mon algorithme, nous voulons$\rho$ avec $\Delta\rho = \star d\alpha = \pi\cos(\pi x_1)$. Par exemple, nous pouvons prendre$\rho(x_1,x_2) = \frac1{\pi}\cos(\pi x_1)$. Nous avons alors$\tilde\alpha = \cos^2(\pi x_1)dx_1 + \sin(\pi x_1)dx_2 + \star(d\rho) = \cos^2(\pi x_1)dx_1$. ensuite$c_1 = 1/2$ et $c_2=0$ déterminer la pièce harmonique, et $\tilde\alpha - \frac12 dx_1 = d\big(\frac1{4\pi}\sin(2\pi x)\big)$, comme voulu.

Answer 2

$\def\RR{\mathbb{R}}\def\ZZ{\mathbb{Z}}$Cela revient essentiellement à inverser le laplacien, ce qui est fait par la fonction du vert. L'inversion du Laplacien est apparue dans la solution de Ted Shifrin, mais je veux écrire une réponse qui la souligne.

Nous avons $$(d d^{\ast} + d^{\ast} d) (a_1 (x_1, x_2) dx_1 + a_2(x_1,x_2) dx_2) = \nabla^2(a_1) dx_1 + \nabla^2(a_2) dx_2.$$ Ici $$\nabla^2 = \left( \frac{\partial}{\partial x_1} \right)^2 + \left( \frac{\partial}{\partial x_2} \right)^2.$$

Étant donné une fonction $h(x_1, x_2)$ sur $T^2$, pouvons-nous trouver $c(x_1, x_2)$ sur $T^2$ avec $\nabla^2(c) = h$? Pas forcément, car$\int_{T^2} \nabla^2(c)$sera toujours zéro. Mais il s'avère que c'est le seul obstacle, et que nous pouvons écrire des solutions en fonction de la fonction verte du tore. C'est une fonction$G(x_1, x_2, y_1, y_2)$ sur $(T^2 \times T^2) \setminus (\mathrm{diagonal})$ avec la propriété qui $$\nabla^2 \int_{(x_1, x_2) \in T^2} G(x_1, x_2, y_1, y_2) h(x_1, x_2) = h(y_1, y_2) - \frac{1}{\mathrm{Vol}(T^2)} \int_{(x_1, x_2) \in T^2} h(x_1, x_2) .$$ Je vais probablement laisser tomber quelques facteurs scalaires ici, mais la fonction de Green d'un tore est donnée explicitement par quelque chose comme $$G(x_1, x_2, y_1, y_2) = \sum_{(n_1, n_2) \in \mathbb{Z}^2 \setminus \{ (0,0) \}} \frac{\cos {\big (}n_1 (x_1-y_1)+n_2(x_2-y_2){\big )}}{n_1^2+n_2^2}.$$ Il peut également être exprimé en termes de fonctions thêta de Jacobi.

Donc, étant donné tout $1$-forme $f_1 dx_1 + f_2 dx_2$, utilisez la fonction Green pour trouver $a_j$ avec $$\nabla^2 (a_j) = f_j - \frac{1}{\mathrm{Vol}(T^2)} \int_{T^2} f_j.$$

ensuite $$f_j dx_j = \left( \frac{1}{\mathrm{Vol}(T^2)} \int_{T^2} f_j \right) dx_j + d d^{\ast} \left(a_j dx_j \right) + d^{\ast} d \left( a_j dx_j \right).$$ Nous avons donc écrit "explicitement" $f_j dx_j$comme somme d'une forme harmonique, d'une forme exacte et d'une forme co-exacte. Ajouter ceci pour$f_1$ et $f_2$, nous avons résolu le problème.