Tenemos $*$ el operador de Hodge, y $d $ el exterior de derivados. Definimos $\delta=\pm *d*$$\triangle=d\delta+\delta d $. Warner (p 223) dice que tenemos $$ \triángulo (E^p (M))=d\delta (E^p (M))\oplus \delta d (E^p (M))=d (E^{p-1}(M))\oplus\delta (E^{p+1}(M)) $$ Entiendo por qué el primer espacio es un subespacio de la segunda, y por qué la segunda es la de la tercera. Mi pregunta es ¿por qué hay inversa inclusiones?
Respuestas
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Warner realmente dice más que eso, y la parte que se omite es el punto entero.
Si recuerdo correctamente, esto es lo que Warner llama a la descomposición de Hodge teorema:$$\begin{align}E^p(M)&=\Delta(E^p(M))\oplus\mathcal{H}^p(M)\\&=d\delta(E^p(M))\oplus\delta d(E^p(M))\oplus\mathcal{H}^p(M)\\&=d(E^{p-1}(M))\oplus \delta(E^{p+1}(M))\oplus\mathcal{H}^p(M).\end{align}$$
Ahora, aquí está la explicación. Vamos a empezar con la última expresión. El hecho de que los diferentes sumandos son ortogonales entre sí de la siguiente manera a partir de la formal adjointness de $d$$\delta$, combinado con el hecho de que un $p$-forma es armónica si y sólo si es cerrado y coclosed. No es necesario un análisis aquí. Sin embargo, esto sólo se da la inclusión $$\delta(E^{p+1}(M))\oplus d(E^{p-1}(M))\subset\left(\mathcal{H}^p(M)\right)^\perp.$$ But the first line of the theorem (which is, more or less, the crucial one) reads $$\Delta(E^p(M))=\left(\mathcal{H}^p(M)\right)^\perp,$$ que proporciona la inclusión desea.
Ricanry
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Respuesta Original:
Ya sabe usted que "el primer espacio es un subespacio de la segunda, y por qué la segunda es la de la tercera", es suficiente para mostrar que el espacio de la primera es igual a la tercera. Como en la teoría de Hodge, asumimos variedad M es compacto y orientado.
Set $\mathbb{H}^k(M)=\{\omega \in E^k(M): \Delta \omega =0\}$, que es el espacio de todos los armónicos k-formas en M. Primera cosa que usted debe haber sabido es que el $\Delta \omega=0$ si y sólo si $d \omega = \delta \omega =0$, ya que el $(\Delta \omega,\omega)=((d\delta+\delta d)\omega,\omega)=(d\omega,d\omega)+(\delta\omega,\delta\omega)=0$, y estas dos últimas son no negativos.
Ahora para cualquier $\omega \in \mathbb{H}^k,\ \eta \in E^{k-1}, \ \theta \in E^{k+1}$, tenemos$$(\omega,d\eta)=(\delta\omega,\eta)=0=(d\omega,\theta)=(\omega,\delta\theta),\ since\ d \omega = \delta \omega =0,\ and\ (d\eta,\delta\theta)=(d^2\eta,\theta)=0.$$ So these three space are tangent to each other. Take a $\omega$ orthogonal to $^{k-1} \oplus\delta E^{k+1}$, then $(\delta\omega\eta)=(\omega,d\eta)=0,\ que\ implys\ \delta\omega=0$, and for the same reason $d\omega=0$, so its in $\mathbb{H}^k$.
Es suficiente para mostrar $E^k=\mathbb{H}^k \oplus dE^{k-1} \oplus\delta E^{k+1}$, que es bien conocido como descomposición de Hodge. Brevemente, ya que $\mathbb{H}^k$ es un subespacio lineal de la infinita dimensión del espacio de $E^k$, hay una proyección de $\pi :E^k \to \mathbb{H}^k$. Teorema de la PDE nos dice la ecuación de $\Delta \eta =\omega_0$, que es un ellipitic PDE de 2º orden, debe haber una solución. (He leído los detalles de esta afirmación en un libro de texto Chino así que no puedo dar una referencia, pero creo que es fácil de encontrar en cualquier PDE libros de texto.)
Asumimos $\eta_0$ es la solución a $\Delta\eta= \omega -\pi(\omega)$, para un arbitrarias $\omega \in E^k$, y podemos modificarlo, mediante la adopción de $\eta_1=\eta_0-\pi(\eta_0)$. Es fácil mostrar $\eta_1$ es otra solución de la ecuación, como $\Delta\pi=\pi\Delta=0$. De disscusion arriba nos encontramos con el Verde del operador $$G:E^k \to (\mathbb{H}^k)^{\bot}=dE^{k-1} \oplus\delta E^{k+1}, \omega \mapsto \eta_1.$$ Then Hodge decomposition is given by $$\omega=\pi(\omega)+d\delta(G\omega)+\delta d(G\omega).$$
