Un cálculo doble de Hodge en un$4$ - variedad Riemanniana dimensional

Question

Deje $(M,g)$ $4$- dimensiones suave de Riemann colector. Estoy tratando de entender los siguientes exterior álgebra cálculo:

Deje $x^1,x^2,x^3,x^4$ coordenadas locales en $M$ de manera tal que el volumen de Riemann forma de $g$$\mathrm{d}x^1\wedge\mathrm{d}x^2\wedge\mathrm{d}x^3\wedge\mathrm{d}x^4$.

Entonces existe un local marco de $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4$ $1$- formas tales que las siguientes identidades:se $$ \begin{aligned} \ast_g(\mathrm{d}x^1\wedge\mathrm{d}x^2)&= \alpha_3\wedge\alpha_4\\ \ast_g(\mathrm{d}x^1\wedge\mathrm{d}x^3)&= \alpha_4\wedge\alpha_2\\ \ast_g(\mathrm{d}x^1\wedge\mathrm{d}x^4)&= \alpha_2\wedge\alpha_3\\ \end{aligned}\qquad \begin{aligned} \ast_g(\mathrm{d}x^3\wedge\mathrm{d}x^4)&= \alpha_1\wedge\alpha_2\\ \ast_g(\mathrm{d}x^4\wedge\mathrm{d}x^2)&= \alpha_1\wedge\alpha_3\\ \ast_g(\mathrm{d}x^2\wedge\mathrm{d}x^3)&= \alpha_1\wedge\alpha_4\\ \end{aligned} \tag1 $$ (El patrón es que los índices a ambos lados de cada ecuación son complementarios.)

De hecho, la solución de estas ecuaciones (que es único hasta la sustitución de cada una de las $\alpha_i$$-\alpha_i$) está dada por $$ \alpha_i = g_{ij}\,\mathrm{d}x^j\qquad\qquad\text{donde}\quad g = g_{ij}\,\mathrm{d}x^i\mathrm{d}x^j. $$

Pregunta: ¿por Qué la fórmula $\alpha_i = g_{ij}\,\mathrm{d}x^j$ resolver las ecuaciones?

Aquí es lo que he entendido:

$\mathrm{d}x^1,\mathrm{d}x^2$ $g$- ortogonal a $\alpha_3,\alpha_4$. Desde $\ast_g(\mathrm{d}x^1\wedge\mathrm{d}x^2)$ es descomponible*, podemos escribir $$ \ast_g(\mathrm{d}x^1\wedge\mathrm{d}x^2)=\beta_1 \wedge \beta_2$$ para algunos una de las formas de $\beta_i$, lo que implica $\mathrm{d}x^1,\mathrm{d}x^2$ $g$- ortogonal a $\beta_1,\beta_2$. Por lo tanto $\text{span}\{\beta_1,\beta_2\}=\text{span}\{\alpha_3,\alpha_4\}$, lo $\beta_1 \wedge \beta_2=f\alpha_3 \wedge \alpha_4$ para algunos la función $f$. Ahora tenemos que demostrar que $f=1$, que es (signo) equivalente a la declaración $$ \| \ast_g(\mathrm{d}x^1\wedge\mathrm{d}x^2)\|=\|\alpha_3 \wedge \alpha_4\|. $$ Ya que el dual de Hodge operador es una isometría, esto es equivalente a $$ \| \mathrm{d}x^1\wedge\mathrm{d}x^2\|=\|\alpha_3 \wedge \alpha_4\|. $$ Aquí es donde la suposición $\det(g_{ij})=1$ se supone que para entrar. Traté de ampliar ambos lados en términos de la $g_{ij}$, pero hasta ahora no veo cómo el resultado de la siguiente manera.

Tal vez hay otra manera más fácil de ver esto.

Para los interesados, este cálculo se acercó a una pregunta acerca de la existencia de "orden superior" armónico de las coordenadas.

Comentario: por supuesto, aquí todo es "pointwise", es decir, este es realmente un resultado en $4$-dim producto interior de los espacios. He guardado el colector de notación, ya que podría ser más familiar.

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*La estrella de Hodge operador de preservar decomposability de elementos.

Answer 1

No se ha definido el dual de Hodge precisamente, así que voy a asumir que usted utilice el "determinante" de la convención, lo que significa que $$ (\omega\wedge\eta)_{i_1...i_kj_1...j_l}=\frac{(k+l)!}{k!l!}\omega_{[i_1...i_k}\eta_{j_1...j_l]}. $$ In this convention $$ (\star\omega)_{i_{k+1}...i_n}=\frac{1}{k!}\epsilon_{i_1...i_n}\omega^{i_1...i_k} $$ where indices are raised and lowered with $g^{ij}$ and $g_{ij}$ respectively and $$ \epsilon_{i_1...i_n}=\sqrt{\det g}\pi_{i_1...i_n} $$ with $\pi$ siendo la de Levi Civita símbolo.

Si $\omega\in\Omega^k(M)$, la relación entre el tensor y diferencial de la forma de representaciones es $$ \omega=\omega_{i_1...i_k}dx^{i_1}\otimes...\otimes dx^{i_k}=\frac{1}{k!}\omega_{i_1...i_k}dx^{i_1}\wedge...\wedge dx^{i_k} $$ donde la suma es libre, en ambos casos, y la matriz de componentes es completamente antisimétrico.

¿Cómo evaluar $\star dx^{i_1}\wedge...\wedge dx^{i_k}$, entonces? Bien, $$ dx^{i_1}\wedge...\wedge dx^{i_k}=\delta^{i_1}_{j_1}...\delta^{i_k}_{j_k}dx^{j_1}\wedge...\wedge dx^{j_k}=\frac{k!}{k!}\delta^{i_1}_{[j_1}...\delta^{i_k}_{j_k]}dx^{j_1}\wedge...\wedge dx^{j_k}, $$ so the tensor components are $$ k!\delta^{i_1}_{[j_1}...\delta^{i_k}_{j_k]}. $$

El dual de Hodge es entonces $$ (\star dx^{i_1}\wedge...\wedge dx^{i_k})_{j_{k+1}...j_n}=\delta^{i_1}_{[j_1}...\delta^{i_k}_{j_k]}\epsilon^{j_1...j_n}=g^{i_1j_1}...g^{i_k j_k}\epsilon_{j_1...j_n}=\epsilon^{i_1...i_k}\ _{j_{k+1}...j_n}, $$ hence $$ \star dx^{i_1}\wedge...\wedge dx^{i_k}=\frac{1}{k!} \epsilon^{i_1...i_k}\ _{j_{k+1}...j_n} dx^{j_{k+1}}\wedge...\wedge dx^{j_n}=\sum_{<}\epsilon^{i_1...i_k}\ _{j_{k+1}...j_n} dx^{j_{k+1}}\wedge...\wedge dx^{j_n},$$ where the sum with $<$ debajo está restringido suma (a lexicográficamente ordenó índices).

Apliquemos esto en tu caso:

$$ \star dx^i\wedge dx^j=\sum_{k<l}\epsilon^{ij}\ _{kl}dx^k\wedge dx^l=\sum_{k<l}\epsilon^{ijkl}\alpha_k\wedge\alpha_l $$ where $\alpha_k=g_{ik}dx^i$.

Ahora, si nos revisión de los índices y el uso de $\sqrt{\det g}=1$, obtenemos que $$ \star dx^1\wedge dx^2=\sum_{k<l}\pi^{12kl}\alpha_k\wedge\alpha_l=\pi^{1234}\alpha_3\wedge\alpha_4=\alpha_3\wedge\alpha_4, $$ y así sucesivamente. De hecho, uno puede obtener un poco más general resultado sin tener que solucionar los índices.

Ya que si cualquiera de los dos índices de acuerdo, vamos a obtener una fuga de expresión, supongamos que $i$ $j$ son diferentes. Podemos entonces asumir que $k,l$ son diferentes de $i,j$, lo que permite dos valores diferentes para $k,l$. Si $k,l$ puede tomar dos valores diferentes, entonces para $\sum_{k<l}\epsilon^{ijkl}\alpha_k\wedge\alpha_l$ no es sólo un término, que en realidad no suma. Si luego nos suponga que tenemos la orden de los índices, que $i,j,k,l$ es una permutación de $1,2,3,4$, también podemos deshacernos de $\pi$, ya que será identially 1. Así obtenemos $$ \star dx^i\wedge dx^j=\alpha_k\wedge\alpha_l, $$ with $i,j,k,l$ all different and are positive permutations of $1,2,3,4$.