Casi siempre, si la métrica hermitiana no es de Kähler, el laplaciano no respetará el bioderecho.
He aquí un sencillo ejemplo explícito (es decir, "concreto"): Sea $X = \mathbb{C}^2$ con coordenadas holomórficas estándar $z_1 = x_1 + i\,x_2$ y $z_2=x_3 + i\,x_4$ . Ahora dejemos que $f$ sea una función suave sobre $X$ y consideremos que la definición positiva $(1,1)$ -forma $$ \omega = \mathrm{e}^{2f}\mathrm{d}x_1\wedge \mathrm{d}x_2 + \mathrm{d}x_3\wedge \mathrm{d}x_4 $$ con una métrica hermitiana asociada $g = \mathrm{e}^{2f}({\mathrm{d}x_1}^2 + {\mathrm{d}x_2}^2) + {\mathrm{d}x_3}^2 + {\mathrm{d}x_4}^2$ .
Es un cálculo sencillo demostrar que $\Delta\omega$ tiene tipo $(1,1)$ si y sólo si $$ \frac{\partial^2f}{\partial x_2\partial x_3} +\frac{\partial^2f}{\partial x_1\partial x_4} = \frac{\partial^2f}{\partial x_1\partial x_3} -\frac{\partial^2f}{\partial x_2\partial x_4} = 0. $$ (Estas son las condiciones para que las piezas (2,0) y (0,2) de $\Delta\omega$ desaparecer). La cuestión es que, como $\omega = \ast\omega$ la fórmula del laplaciano se simplifica a $$ \Delta\omega = -d{*}d{*}\omega-*d{*}d\omega = -(1+*)(d{*}d\omega), $$ así que $\Delta\omega$ es menos dos veces la proyección de $d{*}d\omega$ en su parte autodual, que, al ser autodual, es la suma de un múltiplo de $\omega$ con la parte real de un $(2,0)$ -forma. Las dos ecuaciones anteriores representan las partes real e imaginaria del coeficiente de la $(2,0)$ parte.
