Operador estelar de Hodge de $\frac{\omega^k}{k!}$ est $\frac{\omega^{n-k}}{(n-k)!}$

Question

Dejemos que $\omega=\sum_{j=1}^ndx_j\wedge dy_j$ sea la forma estándar de Kähler en $\mathbb{C}^n$ .

Estoy tratando de demostrar que $*\frac{\omega^k}{k!}=\frac{\omega^{n-k}}{(n-k)!}$ , donde $*$ es el operador estelar de Hodge.

He encontrado la siguiente argumentación aquí (comienzo de la página 5):

"Vemos que $\left|\frac{\omega^k}{k!}\right|^2=\frac{n!}{k!(n-k)!}$ y $\text{vol}_{\mathbb{C}^n}=\frac{\omega^n}{n!}$ Así que $*\frac{\omega^k}{k!}=\frac{\omega^{n-k}}{(n-k)!}$ ."

Entiendo el argumento una vez que acepto $\left|\frac{\omega^k}{k!}\right|^2=\frac{n!}{k!(n-k)!}$ pero no sé cómo probarlo.

Tal vez sea trivial, pero todavía estoy en el nivel cero de la teoría de Hodge.

Answer 1

Esto son sólo manipulaciones algebraicas.

En $\mathbb{C}^n$ la forma estándar de Kahler (con la habitual $z_j=x_j+iy_j$ identificación de $\mathbb{C}^n\cong\mathbb{R}^{2n}$ ) es $$\omega=\sum_{j=1}^n \frac{i}2 \mathrm{d}z_j\wedge\mathrm{d}\bar{z}_j=\sum_{j=1}^n\mathrm{d}x_j\wedge\mathrm{d}y_j$$ Tenga en cuenta que $\mathrm{d}x_j,\mathrm{d}y_j$ forma una base ortonormal de covectores en cada punto, por lo que $\omega$ es la suma de $n$ elementos de base ortonormal de $\bigwedge^2\mathbb{C}^n$ . Tomando la $k$ -la potencia (de la cuña) da $$ \omega^k=\sum_{1\leq j_1<j_2<\dots<j_k\leq n} k!\bigwedge_{\ell=1}^{k}(\mathrm{d}x_{j_\ell}\wedge\mathrm{d}y_{j_\ell}). $$ Así que $$ \frac{\omega^k}{k!}=\sum_{\substack{\{j_1,\dots,j_k\}\in [n]^{(k)}\\j_1<j_2<\dots<j_k}} \mathrm{d}x_{j_1}\wedge\mathrm{d}y_{j_1}\wedge\dots\wedge\mathrm{d}x_{j_k}\wedge\mathrm{d}y_{j_k} $$ es la suma de $\binom{n}{k}$ elementos de base ortonormal de $\bigwedge^{2k}\mathbb{C}^n$ . Así que $$\left\lvert\frac{\omega^k}{k!}\right\rvert^2=\binom{n}{k}.$$