La intuición por la retirada de la operación

Question

En los colectores y de la geometría compleja hay algo que se llama el pullback. Por lo general, cuando la veo, que va hacia atrás en los mapas que se van hacia adelante. Me han dicho que es sólo una composición de funciones. Necesito ayuda para la comprensión de este concepto.

Answer 1

Tengo la leve sospecha de que su pregunta más profunda que es algo así como, "Si $f:M \to N$ es una asignación, ¿por qué los matemáticos se centran en tirar de las formas de $N$ $M$más que (dicen) empujando hacia adelante vectores de$M$$N$? Donde hace formal de la asimetría?"

Brevemente, la asimetría viene de la obligación/restricción de una sola valuedness en la definición de una asignación. Para ver por qué, considere primero transformaciones lineales y su efecto sobre vectores y covectors; a continuación, considere la posibilidad de suavizar los mapas y sus diferenciales.

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Si $T:U \to V$ es una transformación lineal, entonces, para cada vector de $u$$U$, la imagen de $T(u)$ es un vector en $V$.

Dualmente, si $\lambda:V \to W$ es lineal, la composición de la $T^{*}(\lambda) := \lambda \circ T:U \to W$ es lineal. En particular, $T$ "naturalmente" asigna el espacio dual de $V$ a el espacio dual de $U$.

Por el contrario, no hay ninguna forma "natural" para enviar un lineal general de asignación de $\lambda:U \to W$ a un mapeo lineal $T_{*}(\lambda):V \to W$ (a menos que $T$ es un isomorfismo, en cuyo caso no es el pullback $(T^{-1})^{*}$). Lo mejor que podemos hacer es definir un "inducida por la asignación de" $T_{*}(\lambda)$ bajo el adicional de la hipótesis de que la $\lambda$ es constante en el nivel de los conjuntos de $T$, es decir, que si $T(u_{1}) = T(u_{2})$,$\lambda(u_{1}) = \lambda(u_{2})$; en este caso, podemos definir a la $T_{*}(\lambda)(v) = \lambda(u)$, donde tomamos un arbitrario $u$$T(u) = v$.

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Ahora supongamos $f:M \to N$ es un buen mapeo de suave colectores.

Si $u$ es un vector tangente a $M$ a un punto de $p$, hay un "push-forward" vector tangente $f_{*}(u) = Df(p)u$$f(p)$$N$. ¿Significa esto que los campos vectoriales avanzar en $f$? No, no: Un único punto de $q$ $N$ puede ser la imagen de dos o más puntos de $M$, decir $f(p_{1}) = f(p_{2}) = q$. Si $X$ es un campo de vectores en $M$, no hay ninguna garantía de que $$ Df(p_{1})X(p_{1}) = Df(p_{2})X(p_{2}), $$ y así no hay garantía de que $f_{*}(X)$ es de valor único. (O, $q$ puede no ser la imagen de $f$ a todos, por lo que el$f_{*}(X)(q)$, literalmente, no tiene ningún valor.) En lugar de eso, debemos ver el $f_{*}(X)$ como una sección de la "retirada paquete" $f^{*}(TN) \to M$, cuya fibra de más de un punto de $p$ $M$ es el espacio de la tangente $T_{f(p)}N$. Este es significativa y útil, pero no es tan sencillo como puede ser que ingenuamente esperaba.

Por el contrario, supongamos $\omega$ es un buen diferencial de la forma en $N$. Hay una bien definida suave forma de $f^{*}\omega$$M$, definido en el ingenuo analogía a la pointwise situación, por $$ f^{*}\omega(p)(u_{1}, \dots, u_{k}) = \omega\bigl(f(p)\bigr)(f_{*}u_{1}, \dots, f_{*}u_{k}). $$ Vagamente, "todo lo que en esta definición se trabaja en nuestro favor". En particular, $f^{*}\omega$ tiene el mismo grado (en este caso$k$)$\omega$, y obedece a la misma cálculo exterior: $$ f^{*}(\omega \wedge \eta) = f^{*}\omega \wedge f^{*}\eta,\qquad d(f^{*}\omega) = f^{*}(d\omega). $$

Si vas a permitir (o perdonar) un momento de rapsódicos filosofar, este es uno de los lugares fundamentales en la geometría, donde un aparente dos ejes de simetría se rompe. En álgebra lineal, asignaciones y su doble asignaciones son, así, el doble. No podría decirse que no hay razón para preferir uno sobre el otro. Cuando consideramos a las familias de transformaciones lineales que surgen como diferenciales de un suave y único de asignación de $f$, sin embargo, la simetría formal entre un (push-forward) transformación lineal $f_{*}:T_{p}M \to T_{f(p)}N$ e su (pullback) dual $f^{*}:T_{f(p)}^{*}N \to T_{p}^{*}M$ rompe, lo que nos prefieren el pullback, esencialmente porque las asignaciones (es decir, $f$) son de un solo valor, pero por lo general no bijective (invertible).

Answer 2

A veces, un ejemplo es mejor que mil palabras. Digamos que usted tiene las formas en $\mathbb{R}^{4}$: $$\omega^{1}= y\mbox{d}x-x\mbox{d}y-t\mbox{d}z+z\mbox{d}t,$$ $$\omega^{2}= t\mbox{d}x-z\mbox{d}y+y\mbox{d}z-x\mbox{d}t,$$ $$\omega^{3}= -z\mbox{d}x-t\mbox{d}y+x\mbox{d}z+y\mbox{d}t,$$ $$\omega^{4}= x\mbox{d}x+y\mbox{d}y+z\mbox{d}z+t\mbox{d}t.$$ Y quieres tirar de ellos hacia atrás en $S^3$. Entonces usted necesita una aplicación de $S^3$ a $\mathbb{R}^{4}$. Vamos a tomar este $$F\left(\psi,\,\theta,\,\phi\right)=\left(\sin\psi\sin\theta\cos\phi,\sin\psi\sin\theta\sin\phi,\sin\psi\cos\theta,\cos\psi\right).$$ This application sends a point of coordinates $\a la izquierda(\psi\,\theta,\,\phi\right)$ on the sphere to a point of coordinates $(x,y,z,w)$ on $\mathbb{R}^{4}$ donde, por supuesto $$x=\sin\psi\sin\theta\cos\phi,$$ $$y=\sin\psi\sin\theta\sin\phi,$$ $$z=\sin\psi\cos\theta,$$ $$w=\cos\psi.$$ Ahora para hacer el retroceso que tienen, por definición, $$F^{*}(\omega^{i})=\omega^{i}(F_{*})$$ Entonces, lo que tienes que hacer es diferenciar $$dx = \cos\psi\sin\theta\cos\phi d\psi+\sin\psi\cos\theta\cos\phi d\theta-\sin\psi\sin\theta\sin\phi d\phi$$ $$dy = \cos\psi\sin\theta\sin\phi d\psi+\sin\psi\cos\theta\sin\phi d\theta+\sin\psi\sin\theta\cos\phi d\phi$$ $$dz = \cos\psi\cos\theta d\psi-\sin\psi\sin\theta d\theta$$ $$dw = -\sin\psi d\psi.$$

A continuación, se sustituye dentro de la fórmula original (substituiting $dx,dy,dz,dw$ a lo largo de con $x,y,z,w$ de curso y obtener la forma deseada tira de nuevo $$\omega^{1}= \cos\theta\mbox{d}\psi-\sin\psi\cos\psi\sin\theta\mbox{d}\theta-\sin^{2}\psi\sin^{2}\theta\mbox{d}\phi,$$ $$ \omega^{2}= \sin\theta\cos\phi\mbox{d}\psi-\sin\psi\left(\sin\psi\sin\phi-\cos\psi\cos\theta\cos\phi\right)\mbox{d}\theta-\sin\psi\sin\theta\left(\cos\psi\sin\phi+\sin\psi\cos\theta\cos\phi\right)\mbox{d}\phi,$$ $$ \omega^{3}= -\sin\theta\sin\phi\mbox{d}\psi-\sin\psi\left(\sin\psi\cos\phi+\cos\psi\cos\theta\sin\phi\right)\mbox{d}\theta -\sin\psi\sin\theta\left(\cos\psi\cos\phi-\sin\psi\cos\theta\sin\phi\right)\mbox{d}\phi,$$ $$ \omega^{4}= 0.$$ Te aviso de que el último es 0 porque el formulario variating sólo a lo largo del radio de la esfera. De todos modos usted no puede obtener más de 3 independientes formulario en $S^3$ y en los primeros tres son independientes. Creo que este ejemplo es lo suficientemente complicado como para que practiques, pero lo suficientemente simple como para que le agarra lo que está pasando aquí (que es, efectivamente, sólo la formalización de un cambio de variables).

Answer 3

No estoy seguro si esto es lo que usted desea, pero demasiado largo para un comentario, así que tengan paciencia conmigo.

Tiene un mapa $f\colon M \to N$ y algo en la $N$, digamos, de una forma diferenciada o una covariante del tensor de campo. Te gustaría llevar ese objeto a $M$, y la única cosa que hasta ahora relativos $M$$N$$f$. A continuación, se define el objeto en $M$ mediante el cálculo de allí, en $N$, en suficientes puntos y vectores. Por ejemplo, si $\omega \in \Omega^1(N)$, se definen $f^\ast\omega \in \Omega^1(M)$$f^\ast\omega(p)(v) = \omega(f(p))({\rm d}f_p(v))$. Piensa un poco y convencer a ti mismo de que esta es la única cosa que tiene sentido. Tenemos que $\omega$ sólo "se come" los puntos en $N$ (sólo tenemos $f(p)$) y los vectores de la tangente no $N$ (que solo tendremos ${\rm d}f_p(v)$).

Lo mismo va para las formas diferenciales de grado superior, y arbritrary covariante del tensor de campos. Usted tendrá en cuenta el punto de $f(p)$, y que va a "levantar" sus argumentos a $N$ través ${\rm d}f_p$. Se llama "pullback" porque estamos usando $\omega$ (que es hacia adelante) para definir algo a $M$ - estamos tirando hacia atrás de $\omega$$M$.

Answer 4

La definición general de un pullback:

Dadas dos morfismos $f:X\to Z$$g:Y\to Z$, luego de un retroceso de $f$ $g$ (si existe) es de dos morfismos $p_X:P\to X$ $p_Y:P\to Y$ $\require{AMScd}$ \begin{CD} P @>p_Y>> Y\\ @V p_X V V= @VV g V\\ X @>>f> Z \end{CD} tal que dado morfismos $p'_X:P'\to X$ $p'_Y:P'\to Y$ con \begin{CD} P' @>p'_Y>> Y\\ @V p'_X V V= @VV g V\\ X @>>f> Z \end{CD} no existe un único morfismos $\varphi:P'\to P$ tal que $p'_X=p_X\varphi$ $p'_Y=p_Y\varphi$.

Sospecho que los morfismos $\varphi$ a veces se llama la retirada, pero en la categoría de teoría es la de dos morfismos $p_X:P\to X$$p_Y:P\to Y$.

Ver también: Definición Universal para la Retirada