Producto tensorial de $\partial_i$ y $dx^j$

Question

En general, el producto tensorial no es conmutativo. Pero tengo una duda:

en la definición de la derivada absoluta (o derivada covariante) de un campo vectorial $X$ como $\nabla X\in \cal{T_{1}^{1}(\cal{M})}$ (campo tensorial de tipo $(1,1)$ ) He leído que se define por: $$\nabla X=\xi_{;j}^{i}dx^j\otimes \partial_i$$ avec $X=\xi^i\partial_i$ .

Pero al definir un campo vectorial de tipo $(1,1)$ en coordenadas sé que se puede escribir como $$t=t_i^j\partial_i\otimes dx^j$$ Así que parece que $\partial_i$ y $dx^j$ se desplazan en el orden en que se define $\nabla X$ con respecto a la definición general de un campo tensorial de tipo $(1,1)$ .

¿Cómo es posible? Tal vez sea cierto que $\partial_i\otimes dx^j=dx^j\otimes \partial_i$ ?

Answer 1

Realmente depende de tus convenciones. Algunos libros definen un $(1,1)$ sea una sección de $T^{*}M \otimes TM$ (el haz cotangente aparece en primer lugar) mientras que otros definen un $(1,1)$ sea una sección de $TM \otimes T^{*}M$ (el haz tangente aparece en primer lugar). Por supuesto, los haces son isomorfos, pero aun así hay que elegir.

Digamos que su convención es $TM \otimes T^{*}M$ . Entonces la expresión $dx^i \otimes \partial_j$ no es "legal $(1,1)$ ya que no es una sección de $TM \otimes T^{*}M$ . Una vez hecha la elección, se utilizan determinados isomorfismos para identificar $(1,1)$ -tensores con mapas bilineales o lineales. Esta elección también es algo arbitraria, pero la mayoría de la gente intenta ser coherente. En el caso de $TM \otimes T^{*}M$ se pueden identificar secciones de este haz con mapas bilineales de variación suave $T_p^{*}M \times T_pM \rightarrow \mathbb{R}$ declarando que $$ (\alpha \otimes X)(Y, \omega) = \alpha(Y) \cdot \omega(X) $$ (y extendiéndose linealmente). Obsérvese que el primer argumento $Y$ es un campo vectorial y "actúa" sobre el primer factor $\alpha$ (que es una forma única) y de forma similar el segundo argumento $\omega$ es una forma única y actúa sobre el segundo factor $X$ (que es un campo vectorial). Se podría hacer al revés, pero no es lo habitual.

Así que en tu caso, la notación $(\nabla X)(Y,\omega)$ sugiere que $(1,1)$ -tensores se consideran secciones de $T^{*}M \otimes TM$ y la fórmula $\nabla X = \xi^i_{;j} dx^j \otimes \partial_i$ es coherente con esta suposición.

Answer 2

Algunos autores definen un tensor de tipo $(1,1)$ en coordenadas locales: $$ \label{1} T = \sum_{i,j} T^i_j \partial_i \otimes \mathrm{d}x^j, \tag{1} $$ mientras que otros prefieren definirlo de la otra manera $$ \label{2} T = \sum_{i,j} T^i_j \mathrm{d}x^j\otimes \partial_i \tag{2} $$ Personalmente prefiero \eqref {2} porque si dado un campo vectorial $X$ uno puede sentir que en la escritura $\left(\mathrm{d}x^j\otimes \partial_i\right)(X)$ se convierte en $\mathrm{d}x^j(X) \partial_i$ y la parte izquierda es un coeficiente $\times $ el campo vectorial $\partial_i$ . En este caso, un $(1,1)$ -tensor es una sección de $T^*M\otimes TM$ .

En caso de que \eqref {1}, $(1,1)$ -tensores son secciones de $TM\otimes T^*M$ . Esto me parece un poco antinatural ya que aprendí durante mis estudios que tenemos un isomorfismo natural $\mathrm{End}(E) \simeq E^*\otimes E$ (coeficiente $\times$ vector), no al revés. Una vez más, se trata de un gusto personal.

Una vez hecha la elección, hay que intentar ser coherente. Su primera ecuación $\nabla X = \xi^i_j \mathrm{d}x^j \otimes \partial_i$ está sugiriendo que la convención \eqref {2}.

Editar No me di cuenta de que había otra respuesta (me tomé mi tiempo para escribir esto), y parece que estamos diciendo básicamente lo mismo. La otra respuesta es un poco más precisa, ya que explica cómo entender la notación $\alpha \otimes X \left(Y,\omega \right)$ .