Fórmula local del laplaciano en las variedades de Kähler

Question

Sea $M$ sea una variedad de Kähler con la forma de Kähler $\omega=g_{j\bar{k}}\,dz^j\wedge d\bar{z}^k$ en coordenadas holomorfas locales. Quiero demostrar que el Laplaciano asociado $\Delta:=2(\bar{\partial}^*\bar{\partial}+\bar{\partial}\bar{\partial}^*)$ (se podría tomar $d,\partial$ en su lugar, pero creo que $\bar{\partial}$ es más conveniente en este caso) tiene la siguiente expresión que actúa sobre funciones : $$\Delta f=-2g^{\bar{j}k}\frac{\partial^2f}{\partial z^j\partial\bar{z}^k}.$$ Llama la atención que esta fórmula no implique derivadas de la métrica.

Aquí está mi intento:

Funciones dadas $f,\phi$ compactamente apoyada en una carta holomorfa, calculamos la $L^2$ producto interior $$\frac{1}{2}(\Delta f,\phi)=(\partial f,\partial\phi)=\int_{\mathbb{C}^n}\frac{\partial f}{\partial\bar{z}^j}\frac{\partial\bar{\phi}}{\partial z^k}g^{\bar{j}k}G,$$ où $G=\det(g_{j\bar{k}})$ (coeficiente de la forma de volumen). Después de la integración por partes, esto se convierte en $$-\int\frac{\partial^2f}{\partial z^j\partial\bar{z}^k}g^{\bar{j}k}\bar{\phi}G-\int\frac{\partial f}{\partial\bar{z}^j}\bar{\phi}\,\frac{\partial(g^{\bar{j}k}G)}{\partial z^k}.$$ Ahora tengo que demostrar que este último término desaparece, pero no veo por qué. Supongo que tendré que usar la condición de Kähler. Sin embargo, parece que expandir el determinante y la matriz inversa no lleva a ninguna parte. ¿Cómo puedo proceder? ¿O hay alguna otra forma de demostrarlo?

Answer 1

Sea $A = A_{\bar{i}} \overline{dz^{i}}$ ser cualquier $(0,1)$ -form (queremos utilizar $A = \overline\partial f$ más adelante). Utilizando la definición de $\overline\partial ^*$ para toda función de prueba $\varphi$ escribe $A^i = g^{\bar j i} A_{\bar j}$ , \begin{align*} \int_M \varphi\overline{\overline\partial ^* A} dV &=\int_M (\overline\partial \varphi)_{\bar i} \overline{A^{i}}dV \\ &=\int_M \frac{\partial \varphi}{\partial \bar{z^i}}\overline{A^{i}} (\sqrt{-1})^n G dz^N \wedge \overline{dz^N}, \end{align*}

Dónde $dz^N = dz^1 \wedge \cdots \wedge dz^n$ y $G = \det (g_{i\bar j})$ . La integración por partes da

\begin{align*} \int_M \varphi\overline{\overline\partial ^* A} dV &= - \int_M \varphi \partial_{\bar i}(\overline{A^{i}} G) (\sqrt{-1})^n dz^N \wedge \overline{dz^N}\\ &= -\int_M \varphi \left(\overline{\partial_i A^i + A^i G^{-1} \partial_i G} \right) (\sqrt{-1})^n G dz^N \wedge \overline{dz^N} \\ &= -\int_M \varphi \left(\overline{\partial_i A^i + A^i \partial_i(\log G)} \right)dV. \end{align*}

Así \begin{equation}\tag{1} \overline\partial ^* A= - (\partial_i A^i+ (\partial_i \log G) A^i), \end{equation} Ahora calcula: \begin{align*} \partial_i A^i + \partial_i \log G A^i &= \partial_i (g^{\bar j i} A_{\bar j}) + g^{ m \bar k} \frac{\partial g_{m\bar k}}{\partial z^i} g^{\bar j i} A_{\bar j}\\ &= g^{\bar j i} \frac{\partial A_{\bar j}}{\partial z^i} + \left(\frac{\partial g_{\bar j i}}{\partial z^i} + g^{m \bar k} \frac{\partial g_{m\bar k}}{\partial z^i} g^{\bar j i} \right)A_{\bar j} \end{align*}

Ahora utilizamos la condición de Kähler: en particular, tenemos $$ \frac{\partial g_{m\bar k}}{\partial z^i} = \frac{\partial g_{i\bar k}}{\partial z^m}, $$ así \begin{align*} g^{m \bar k} \frac{\partial g_{m\bar k}}{\partial z^i} g^{\bar j i} &= g^{m \bar k} \frac{\partial g_{i\bar k}}{\partial z^m} g^{\bar j i} \\ &= - g^{m \bar k} \frac{\partial g^{\bar j i}}{\partial z^m} g_{i\bar k} \\ &=-\frac{\partial g^{\bar j i}}{\partial z^i} \end{align*}

Entonces tenemos $$\overline\partial ^* A = - g^{\bar j i} \frac{\partial A_{\bar j}}{\partial z^i}$$

y ajuste $A = \overline\partial f$ da

$$ \Delta f = 2 \overline\partial^* \overline\partial f = -2 g^{\bar j i} \frac{\partial ^2 f}{\partial z^i \partial \bar z^j}.$$

Answer 2

Hay otra forma de obtener el mismo resultado. Creo que este método es realmente útil, cuando se trata de alguna integración por partes en el contexto de la geometría de Kähler. Primero, observa que para un campo vectorial $X$ $$ \DeclareMathOperator{\dv}{div} \DeclareMathOperator{\tr}{tr} \dv X = \tr (Y \mapsto \nabla_Y X). $$ Así, en un sistema local de coordenadas holomórficas, $$ \newcommand{\cframe}[1]{\frac{\partial}{\partial {#1}}} \dv X = \left(\nabla_{\cframe{z^i}} X\right) (dz^i) + \left(\nabla_{\cframe{\bar{z}^i}} X\right) (d\bar{z}^i). $$ Aquí se utiliza la convención de la suma. Dado $(0,1)$ -forma $\alpha$ definir un campo vectorial $X$ para que $$ X^i = g^{i \bar{j}} \alpha_{\bar{j}} \bar{f}. $$ Es decir $X = \bar{f} g(\cdot, \alpha)$ como tensor contravariante. Ahora calcule $\left(\nabla_{\cframe{z^i}} X\right) (dz^i)$ y $\left(\nabla_{\cframe{\bar{z}^i}} X\right) (d\bar{z}^i)$ se puede demostrar que $$ \left(\nabla_{\cframe{z^i}} X\right) (dz^i) = \frac{\partial \bar{f}}{\partial z^i} g^{i \bar{k}} \alpha_{\bar{k}} + \bar{f} g^{i \bar{k}} \frac{\partial \alpha_{\bar{k}}}{\partial z^i} \quad \text{and} \quad \left(\nabla_{\cframe{\bar{z}^i}} X\right) (d\bar{z}^i) = 0. $$ Así, $$ \dv X = \frac{\partial \bar{f}}{\partial z^i} g^{i \bar{k}} \alpha_{\bar{k}} + \bar{f} g^{i \bar{k}} \frac{\partial \alpha_{\bar{k}}}{\partial z^i}. $$ Tenga en cuenta que $(\dv X )dV$ es una forma exacta, donde $dV$ es la forma de volumen de Riemman. Por lo tanto, por el teorema de Stokes, si $f$ está compactamente soportada en la vecindad de coordenadas, $$ \int_M \frac{\partial \bar{f}}{\partial z^i} g^{i \bar{k}} \alpha_{\bar{k}} dV = - \int_M \bar{f} g^{i \bar{k}} \frac{\partial \alpha_{\bar{k}}}{\partial z^i} dV. $$ Esto demuestra que $$ \bar{\partial}^* \alpha = - g^{i \bar{k}} \frac{\partial \alpha_{\bar{k}}}{\partial z^i}. $$ Ahora para una función suave $u$ Toma $\alpha = \bar{\partial} u$ . Entonces, se puede obtener la fórmula local del Laplaciano de $u$ .

Aprendí este enfoque de la obra de Székelyhidi Introducción a las métricas extremas .