Error de signo que demuestra la regla del producto para el laplaciano en un producto de variedades riemannianas

Question

Dadas dos variedades riemannianas $M$ y $N$ de dimensión $m$ y $n$ respectivamente, el colector de productos $M\times N$ tiene una estructura riemanniana, y existe un operador laplaciano $\Delta_{M\times N}$ en $\Lambda^k(M\times N)\cong \bigoplus_j \Lambda^jM\otimes \Lambda^{k-j}N.$ Esperamos que el Laplaciano obedezca a una regla de producto identidad $\Delta_{M\times N}\omega\wedge\eta=(\Delta_M\omega)\wedge\eta + \omega\wedge(\Delta_N\eta),$ donde $\omega\in\Lambda^jM$ y $\eta\in\Lambda^{k-j}N.$

Hemos tratado de demostrar esta identidad utilizando las identidades para la derivada exterior y el operador estrella de Hodge sobre los productos: $d(\omega\wedge\eta)=d\omega\wedge\eta + (-1)^j\omega\wedge d\eta$ y $*(\omega\wedge\eta)=(-1)^{(m-j)(k-j)}*\omega\wedge*\eta$ .

Hasta ahora no hemos conseguido que los signos salgan bien, términos que deberían cancelarse no lo hacen y términos que deberían combinarse no lo hacen. Esperamos que otro par de ojos encuentre el error de los signos. ¿O tal vez la propia fórmula está mal, o una de nuestras suposiciones es errónea?

En lugar de publicar la prueba general, que es muy larga y casi ilegible, he pensado en publicar un cálculo de un caso especial en $\mathbb{R}^3$ . Sea $f(x)g(y,z)\,dy\in\Lambda^1\mathbb{R}^3\cong \Lambda^0\mathbb{R}\otimes\Lambda^1\mathbb{R}^2.$

1. $\Delta(fg\,dy)=(*d*d)(fg\,dy) + (d*d*)(fg\,dy)=(*d*)(g\partial_xf\,dx\wedge dy +f\partial_zg\,dz\wedge dy) + (d*d)(fg\,dz\wedge dx) =(*d)(g\partial_xf\,dz-f\partial_zg\,dx) + (d*)(f\partial_yg\,dy\wedge dz\wedge dx)=*(g\partial^2_xf\,dx\wedge dz + \partial_xf \partial_yg\,dy\wedge dz-f\partial_y\partial_zg\,dy\wedge dx-f\partial^2_zg\,dz\wedge dx) + d(f\partial_yg)=-g\partial^2_xf\,dy + \partial_xf \partial_yg\,dx+f\partial_y\partial_zg\,dz-f\partial^2_zg\,dy+\partial_xf\partial_yg\,dx+f\partial^2_yg\,dy+f\partial_z\partial_yg\,dz$

Ahora el Laplaciano de una forma 1 en $\mathbb{R}^2$ viene dada por $\Delta(g\,dy)=(\partial^2_y+\partial^2_z)g\,dy$ y el laplaciano de las formas 0 en $\mathbb{R}$ es sólo $\Delta(f)=\partial^2_xf$ . Así que el resultado que espero es $\Delta(fg\,dy)=(\Delta f)g\,dy+f(\Delta g\,dy)=g\partial^2_xf\,dy+f(\partial^2_y+\partial^2_z)g\,dy.$ Si pudiera voltear el signo del primer y cuarto término de 1, y también voltear el segundo o el quinto para que se cancelen, y también voltear el tercero o el séptimo para que se cancelen, entonces el resultado quedaría demostrado.

Sin embargo, no encontramos ningún error de signo que lo justifique. Lo que tenemos en su lugar es $\Delta(fg\,dy)=-(\partial^2_xf)g+f(\partial^2_y-\partial^2_z)g\,dy+(\partial_xf\partial_yg\,dx+\partial_xf\partial_yg\,dx)+(f\partial_y\partial_zg\,dz+f\partial_z\partial_yg\,dz)$ ¿Cómo puedo hacer este cálculo?

¿Tal vez algunas de mis estrellas de Hodge son incorrectas? Estoy poniendo $*(dx)=dy\wedge dz,*(dy)=dz\wedge dx,*(dz)=dx\wedge dy,*(dx\wedge dy)=dz,*(dy\wedge dz)=dx,*(dz\wedge dx)=dy,*(dx\wedge dy\wedge dz)=1.$ Estas fórmulas son estándar en $\mathbb{R}^3$ . Pero, ¿podrían ser de alguna manera diferentes porque me estoy descomponiendo $\mathbb{R}^3$ como producto $\mathbb{R}\times \mathbb{R}^2$ y cada factor del producto tiene su propia orientación?

Y aunque no lo he publicado aquí debido a la longitud, también hemos elaborado la derivación para un $k$ -forma $\omega\wedge\eta$ en $M\times N$ y tengo problemas similares; términos que deberían combinarse no lo hacen, términos que deberían cancelarse no lo hacen. ¿Puede alguien ayudarme a encontrar más signos menos en este cálculo?

Answer 1

Edición: Como se menciona en los comentarios, el laplaciano en las variedades riemannianas se define no por $\Delta=*d*d+d*d*$ pero $\Delta=\delta d+d\delta$ donde la coderivada $\delta$ se define por $\delta=(-1)^{nk+n+1}*d*$ para un $k$ -formar en $n$ dimensiones. En 3D, esto es lo mismo que $\delta=(-1)^k*d*$ .

Quiero señalar un caso aún más sencillo que tal vez ponga de manifiesto dónde te equivocas.

El laplaciano evaluado en $f(x)$ (Tenga en cuenta que en los próximos cálculos el $(-1)^k$ es simbólico y está actuando como un operador, es decir, no conmutativo, porque estoy esperando a ver qué rango tiene la forma antes de evaluarla): $$\Delta f=(-1)^k*d*df + d(-1)^k*d*f=(-1)^k*d*\partial_xf\,dx + d(-1)^k*df\,dx\wedge dy\wedge dz$$ $$=(-1)^k*d\partial_xf\,dy\wedge dz + d(-1)^k*\partial_xf\,dx\wedge dx\wedge dy\wedge dz$$ $$=(-1)^k*\partial^2_xf\,dx\wedge dy\wedge dz=(-1)^0\partial^2_xf=\partial^2_xf$$

No es nada del otro mundo, sólo lo que se puede esperar. Ahora vamos a probar $f(x)\,dy$ : $$\Delta f\,dy=(-1)^k*d*df\,dy + d(-1)^k*d*f\,dy$$ $$=(-1)^k*d*\partial_xf\,dx\wedge dy - d(-1)^k*df\,dx\wedge dz$$ $$=(-1)^k*d\partial_xf\,dz + d(-1)^k*\partial_xf\,dx\wedge dx\wedge dz$$ $$=(-1)^k*\partial^2_xf\,dx\wedge dz=-(-1)^1\partial^2_xf\,dy=\partial^2_xf\,dy$$

Así que el signo menos que falta proviene de este misterioso objeto "codiferencial". Intentemos ahora el cálculo completo:

$$\Delta(fg\,dy)=((-1)^k*d*d)(fg\,dy) + (d(-1)^k*d*)(fg\,dy)$$ $$=((-1)^k*d*)(g\partial_xf\,dx\wedge dy +f\partial_zg\,dz\wedge dy) + (d(-1)^k*d)(fg\,dz\wedge dx)$$ $$=((-1)^k*d)(g\partial_xf\,dz-f\partial_zg\,dx) + (d(-1)^k*)(f\partial_yg\,dy\wedge dz\wedge dx)$$ $$=(-1)^1*(g\partial^2_xf\,dx\wedge dz + \partial_xf \partial_yg\,dy\wedge dz-f\partial_y\partial_zg\,dy\wedge dx-f\partial^2_zg\,dz\wedge dx) + d(-1)^0(f\partial_yg)$$ $$=g\partial^2_xf\,dy - \partial_xf \partial_yg\,dx-f\partial_y\partial_zg\,dz+f\partial^2_zg\,dy+\partial_xf\partial_yg\,dx+f\partial^2_yg\,dy+f\partial_z\partial_yg\,dz$$ $$=(\partial^2_xf)g\,dy +f(\partial^2_y+\partial^2_z)g\,dy$$

y todo está bien.

Answer 2

¿No es el Laplaciano $\Delta = d\delta + \delta d$ ? Las listas de Wikipedia $\delta = (-1)^k *^{-1} d *$ . Creo que $k$ se supone que es el grado del formulario sobre el que se actúa, pero no estoy seguro.

Edición: la torpeza de este signo menos en $\delta$ es, para mí, un golpe contra las formas diferenciales en general. El cálculo geométrico hace un trabajo mucho mejor al tratar este operador diferencial al mismo nivel que la derivada exterior.

En el cálculo geométrico, sólo tenemos $\nabla$ . Cuando se actúa sobre un campo multivectorial $A$ la derivada exterior es $\nabla \wedge A$ y la codiferencial ("derivada interior") se denomina $\nabla \cdot A$ . Se pueden sumar y tratar como componentes separados de un multivector mayor. Decimos $\nabla \wedge A + \nabla \cdot A \equiv \nabla A$ y eso es todo.

Un ejemplo en 3d: consideremos el campo 3d que querías mirar. Este sería $A = f(x) g(y,z) e^y$ . La derivada vectorial es entonces

$$\nabla A = g \frac{\partial f}{\partial x} e^x \wedge e^y + f \frac{\partial g}{\partial z} e^z \wedge e^y + f \frac{\partial g}{\partial y}$$

Esto combina $d$ y $\delta$ en un solo operador. Un gran punto de conveniencia es que el Laplaciano es entonces sólo $\Delta = \nabla^2$ , en todos los sistemas de coordenadas, vectorial Laplaciano o escalar. Y podemos calcular $\nabla^2 A$ sin ningún problema.

$$\begin{align*}\nabla^2 A &= \nabla (\nabla A) \\&= g \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} e^y - \frac{\partial g}{\partial y} \frac{\partial f}{\partial x} e^x + f \frac{\partial^2 g}{\partial z^2} e^y - f \frac{\partial^2 g}{\partial z \partial y} e^z \\& \quad + \frac{\partial f}{\partial x} \frac{\partial g}{\partial y} e^x + f \frac{\partial^2 g}{\partial y^2} e^y + f \frac{\partial^2 g}{\partial y \partial z} e^y \\ &= g \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} e^y + f \left(\frac{\partial^2 g}{\partial y^2} + \frac{\partial^2 g}{\partial z^2} \right) e^y \\ &= g\nabla^2 f + f \nabla^2 g\end{align*}$$

Exactamente como esperabas. Todos los signos menos son automáticamente atendidos por $e^x \wedge e^y = -e^y \wedge e^x$ y contracciones.

Al igual que con las formas diferenciales, la igualdad de los parciales mixtos nos da identidades sobre las formas cerradas. $\nabla \wedge \nabla \wedge F = 0$ para cualquier $F$ y $\nabla \cdot (\nabla \cdot F) = 0$ por la misma razón (son equivalentes a $d^2 = \delta^2 = 0$ ). Esto hace que el cálculo de lo anterior sea mucho más sencillo.

Tengo la esperanza de que ver lo que el cálculo geométrico hace bien (tratar la coderivada) dará alguna idea de lo doloroso que es tratar en formas diferenciales. Aún así, las formas diferenciales son el estándar por el que se juzga cualquier otro formalismo que intente capturar el cálculo multivariante. Espero que esto simplemente te convenza de que la coderivada es, bueno, difícil y torpe.

Por último, intenté probar el objetivo general a través de la CG. Imagino que es tan sencillo como decir que $\nabla_{M+N} = \nabla_M + \nabla_N$ y luego multiplicar. Haciendo esto se obtiene

$$\nabla^2_{M+N} = \nabla_M^2 + \nabla_N^2 + \nabla_M \nabla_N + \nabla_N \nabla_M$$

El producto simétrico matará naturalmente cualquier término bivectorial. Lo que me preocupa es que habrá términos cruzados escalares mixtos si los espacios $M$ y $N$ no son mutuamente ortogonales. Tal vez esto sea implícito u obvio. Aun así, la cuestión de los sistemas de coordenadas no ortogonales es lo que me preocupa aquí.