¿El producto exterior/cuña de formas diferenciales es inyectivo?

Question

¿El producto exterior/cuña de formas diferenciales es inyectivo?

pavel

Es la cuña exterior producto de formas diferenciales

\begin{aligned} Ω (X) \otimes_{R} Ω (Y) & ⟶ Ω (X \times Y) \\ α \otimes β & ⟼ π_{X}^{*} α \land π_{Y}^{*} β \end{aligned}

$\begin{align*} \Omega(X) \otimes_{\mathbb{R}} \Omega(Y) &\longrightarrow \Omega(X\times Y) \\ \alpha \otimes \beta &\longmapsto \pi_X^*\alpha \wedge \pi_Y^*\beta \end{align*}$

inyectable?

ACTUALIZACIÓN 1: Creo que lo obtuve localmente:

Suponer

\sum_{i = 1}^{norte} α^{i} (X) \land β^{i} (y) = 0

$\sum_{i=1}^n \alpha^i(x)\wedge \beta^i(y) = 0$ para todos

(x, y) \in X \times Y

$(x,y)\in X\times Y$ . Si

X = R^{N}

$X=\mathbb{R}^N$ ,

Y = R^{M}

$Y=\mathbb{R}^M$ nosotros escribimos

α^{i} (X) = \sum_{I} α_{I}^{i} (X) d X^{I}, β^{i} (y) = \sum_{j} β_{j}^{i} (y) d y^{j}

$\alpha^i(x) = \sum_I \alpha^i_I(x) \mathrm{d}x^I,\quad \beta^i(y) = \sum_J \beta^i_J(y) \mathrm{d}y^J$ para

i = 1, \dots, n

$i=1,\ldots,n$ . La ecuación es equivalente a

α_{I} (X) \cdot β_{j} (y) = 0

$\alpha_I(x) \cdot \beta_J(y) = 0$ para todos

I

$I$ ,

J

$J$ y

x, y

$x,y$ , donde recogimos

α_{I}^{i}

$\alpha^i_I$ 'arena

β_{J}^{i}

$\beta^i_J$ 's en vectores

α_{I} (x), β_{J} (x) \in R^{n}

$\alpha_I(x), \beta_J(x) \in \mathbb{R}^n$ y usó el producto escalar. De ello se deduce que existe una base ortonormal

v_{1}, \dots, v_{k}, w_{1}, \dots, w_{l} \in R^{n}

$v_1, \ldots, v_{k}, w_1, \ldots, w_l\in \mathbb{R}^n$ ,

k + l = n

$k + l =n$ y coeficientes suaves

a_{I}^{u} (x)

$a_I^u(x)$ ,

b_{J}^{v} (y)

$b_J^v(y)$ tal que

\begin{aligned} α_{I} (X) & = a_{I}^{1} (X) v_{1} + \dots + a_{I}^{k} (X) v_{k} \\ β_{j} (y) & = b_{j}^{1} (y) w_{1} + \dots + b_{j}^{yo} (y) w_{yo} \end{aligned}

$\begin{aligned} \alpha_I(x)&= a_I^1(x) v_1 + \ldots + a_I^k(x) v_k \\ \beta_J(y) &= b_J^1(y) w_1+\ldots + b_J^l(y) w_l \end{aligned}$ para todos

I, J

$I, J$ y

x, y

$x,y$ . Ahora tenemos

\sum_{i = 1}^{norte} α^{i} \otimes β^{i} = \sum_{I, j, tu, pag} (\sum_{i = 1}^{norte} v_{tu}^{i} w_{pag}^{i}) (a_{I}^{tu} (X) d X^{I}) \otimes (b_{j}^{v} (y) d X^{j}) = 0

$\sum_{i=1}^n \alpha^i \otimes \beta^i = \sum_{I,J,u,p} \bigl(\sum_{i=1}^n v^i_u w^i_p\bigr) (a^u_I (x) \mathrm{d}x^I)\otimes (b^v_J(y) \mathrm{d}x^J) = 0$ porque

v_{u} ⊥ w_{p}

$v_u \perp w_p$ .

ACTUALIZACIÓN 2: Para $X$ , $Y$ compacto seleccionamos revestimientos coordinados $(U_1,x_1),\ldots,(U_A,x_A)$ de $X$ y $(V_1,y_1),\ldots,(V_B,y_B)$ de $Y$ . Elegimos particiones subordinadas de unidad $(\lambda_a)$ y $(\mu_b)$ respectivamente. Lo hacemos de tal manera que las colecciones $(\lambda_a\mathrm{d}x^I_a)_{a,I} \subset \Omega(X)$ y $(\mu_b \mathrm{d}y_b^J)_{b,J} \subset \Omega(Y)$ son $\mathbb{R}$ -independiente linealmente. De ello se deduce que la colección $\bigl((\lambda_a\mathrm{d}x^I)\otimes(\mu_b \mathrm{d}y^J)\bigr)_{a,I,b,J}$ es linealmente independiente en $\Omega(X)\otimes_{\mathbb{R}}\Omega(Y)$ . Nosotros escribimos $\alpha^i$ y $\beta^i$ como combinaciones lineales (con funciones como coeficientes) de $(\lambda_a\mathrm{d}x^I)$ y $(\mu_b \mathrm{d}y^J)$ respectivamente y aplique exactamente el mismo argumento que el anterior reemplazando $(\mathrm{d}x^I)_I$ por $(\lambda_a\mathrm{d}x^I)_{a,I}$ y $(\mathrm{d}y^J)_J$ por $(\lambda_b\mathrm{d}y^J)_{b,J}$ . Vemos que el producto cuña exterior para compacto $X$ , $Y$ es inyectable.

ACTUALIZACIÓN 3 (reacción a un comentario): nunca es un isomorfismo ya que, por ejemplo $e^{xy}$ no es igual a una suma finita de productos $f(x)g(y)$ .

ACTUALIZACIÓN 4: creo que lo obtuve para no compacto $X$ , $Y$ también: Deja $U_i$ , resp. $V_j$ ser agotamiento de $X$ , resp. $Y$ por conjuntos abiertos relativamente compactos. Cada uno de estos tiene un atlas finito y, por lo tanto, modificando la prueba anterior, el producto de cuña exterior $\Omega(U_i)\otimes \Omega(V_j) \rightarrow \Omega(U_i\times V_j)$ es inyectable. para fijo $i$ el producto de cuña exterior induce una inyección

\underset{j}{\underset{\leftarrow}{límite}} Ω ({tu}_{i}) \otimes Ω (V_{j}) ≃ Ω ({tu}_{i}) \otimes \underset{j}{\underset{\leftarrow}{límite}} (Ω (V_{j})) ⟶ \underset{j}{\underset{\leftarrow}{límite}} Ω ({tu}_{i} \times V_{j})

$\varprojlim_j \Omega(U_i)\otimes \Omega(V_j) \simeq \Omega(U_i) \otimes \varprojlim_j(\Omega(V_j)) \longrightarrow \varprojlim_j \Omega(U_i \times V_j)$ donde usamos que el límite inverso conmuta con el producto tensorial y conserva la exactitud. Tomando el límite inverso sobre

i

$i$ recibimos de manera similar una inyección

\underset{i}{\underset{\leftarrow}{límite}} (Ω ({tu}_{i})) \otimes \underset{j}{\underset{\leftarrow}{límite}} (Ω (V_{j})) ⟶ \underset{i}{\underset{\leftarrow}{límite}} \underset{j}{\underset{\leftarrow}{límite}} Ω ({tu}_{i} \times V_{j})

$\varprojlim_i(\Omega(U_i))\otimes \varprojlim_j(\Omega(V_j)) \longrightarrow \varprojlim_i \varprojlim_j \Omega(U_i\times V_j)$ Es fácil comprobar que las restricciones de

X

$X$ a

U_{i}

$U_i$ , resp.

Y

$Y$ a

V_{j}

$V_j$ , resp.

X \times Y

$X\times Y$ a

U_{i} \times V_{j}

$U_i\times V_j$ inducir incrustaciones de

Ω (X)

$\Omega(X)$ , resp.

Ω (Y)

$\Omega(Y)$ , resp.

Ω (X \times Y)

$\Omega(X\times Y)$ en

{\lim_{\leftarrow}}_{i} (Ω (U_{i}))

$\varprojlim_i(\Omega(U_i))$ , resp.

{\lim_{\leftarrow}}_{j} (Ω (V_{j}))

$\varprojlim_j(\Omega(V_j))$ , resp.

{\lim_{\leftarrow}}_{i} {\lim_{\leftarrow}}_{j} Ω (U_{i} \times V_{j})

$\varprojlim_i \varprojlim_j \Omega(U_i\times V_j)$ y que la inyección inducida se restringe al producto cuña exterior

Ω (X) \otimes Ω (Y) \to Ω (X \times Y)

$\Omega(X)\otimes \Omega(Y) \rightarrow \Omega(X\times Y)$ . En consecuencia, es inyectivo.

PREGUNTA IZQUIERDA: ¿Es correcta la prueba anterior? ¿Cierro la pregunta?

Olivier Bégassat

Creo que lo es, uno debería hacer cálculos locales para probarlo. Creo que incluso puede ser un isomorfismo en el caso compacto, y probablemente también en el caso no compacto, pero podría requerir un argumento más sutil.

amitai yuval

¿Qué opinas? ¿Has probado algo? ¿Podría proporcionar algunos antecedentes?

pavel

Suponer

X = R^{n}, Y = R^{m}

$X=\mathbb{R}^n, Y=\mathbb{R}^m$ . si escribimos

α^{i} (x) = \sum_{I} α_{I}^{i} (x) d x^{I}

$\alpha^i(x) = \sum_I \alpha^i_I(x) \mathrm{d}x^I$ y

β^{i} (y) = \sum_{J} β_{J}^{i} (y) d y^{J}

$\beta^i(y) = \sum_J \beta^i_J(y) \mathrm{d}y^J$ para

i = 1, \dots, n

$i=1,\ldots,n$ , luego de

\sum_{i = 1}^{n} α^{i} (x) \land β^{j} (y) = 0

$\sum_{i=1}^n \alpha^i(x)\wedge \beta^j(y) = 0$ para todos

(x, y) \in X \times Y

$(x,y)\in X\times Y$ sigue

\sum_{i = 1}^{n} α_{I}^{i} (x) β_{J}^{j} (y) = 0

$\sum_{i=1}^n \alpha^i_I(x)\beta^j_J(y) = 0$ para todos los multiíndices

I

$I$ ,

J

$J$ y puntos

(x, y) \in X \times Y

$(x,y)\in X\times Y$ . En caso

n = 1

$n=1$ se sigue claramente que o bien

α = 0

$\alpha=0$ o

β = 0

$\beta=0$ . no se que hacer para

n > 1

$n>1$ .

pavel

Hay un error tipográfico arriba: permítanme indicar las dimensiones con mayúsculas

N, M

$N, M$ para que no choque con

n

$n$ como valor límite de

i

$i$ . También debería haber

β^{i}

$\beta^i$ y no

β^{j}

$\beta^j$ en las sumas.

pedro

Pregunta tonta, pero ¿por qué te preocupas por la inyectividad de este mapa?

pavel

Un mapa

φ : Ω^{\otimes k} (M) \to R

$\varphi: \Omega^{\otimes k}(M) \rightarrow \mathbb{R}$ tiene un kernel lineal

k_{φ} \in Ω^{\otimes k} (M)

$k_\varphi\in \Omega^{\otimes k}(M)$ si

φ (α) = (k_{φ}, α)

$\varphi(\alpha)=(k_\varphi,\alpha)$ para todos

α \in Ω^{\otimes k} (M)

$\alpha\in \Omega^{\otimes k}(M)$ dónde

(\cdot, \cdot)

$(\cdot,\cdot)$ es el producto tensorial del par de intersección en

M

$M$ . Tengo algunas operaciones que mapean

φ

$\varphi$ a

ψ \in Ω (M)^{\otimes l} \to R

$\psi\in \Omega(M)^{\otimes l}\rightarrow \mathbb{R}$ que tiene solo un kernel deRham, es decir

k_{ψ} \in Ω (M^{\times l})

$k_\psi\in \Omega(M^{\times l})$ tal que

ψ (α) = \int_{M^{\times l}} k_{ψ} \land α

$\psi(\alpha) = \int_{M^{\times l}} k_\psi \wedge \alpha$ . Si este kernel deRham es accidentalmente lineal, quiero saber si puedo regresar.

BCLC

¿Es redundante el término "cuña exterior"? Creo que es como 'cajero automático' o 'tasa LIBOR'. Pensé que el producto exterior es solo otro nombre para el producto de cuña. @PedroTamaroff, Pavel, et al

BCLC

¿Es redundante el término "cuña exterior"? Creo que es como 'cajero automático' o 'tasa LIBOR'. Pensé que el producto exterior es solo otro nombre para el producto de cuña. @OlivierBégassat

Respuestas (1)

¿El producto exterior/cuña de formas diferenciales es inyectivo?

Creo que lo es, uno debería hacer cálculos locales para probarlo. Creo que incluso puede ser un isomorfismo en el caso compacto, y probablemente también en el caso no compacto, pero podría requerir un argumento más sutil.
¿Qué opinas? ¿Has probado algo? ¿Podría proporcionar algunos antecedentes?
Suponer $X=\mathbb{R}^n, Y=\mathbb{R}^m$ . si escribimos $\alpha^i(x) = \sum_I \alpha^i_I(x) \mathrm{d}x^I$ y $\beta^i(y) = \sum_J \beta^i_J(y) \mathrm{d}y^J$ para $i=1,\ldots,n$ , luego de $\sum_{i=1}^n \alpha^i(x)\wedge \beta^j(y) = 0$ para todos $(x,y)\in X\times Y$ sigue $\sum_{i=1}^n \alpha^i_I(x)\beta^j_J(y) = 0$ para todos los multiíndices $I$ , $J$ y puntos $(x,y)\in X\times Y$ . En caso $n=1$ se sigue claramente que o bien $\alpha=0$ o $\beta=0$ . no se que hacer para $n>1$ .
Hay un error tipográfico arriba: permítanme indicar las dimensiones con mayúsculas $N, M$ para que no choque con $n$ como valor límite de $i$ . También debería haber $\beta^i$ y no $\beta^j$ en las sumas.
Pregunta tonta, pero ¿por qué te preocupas por la inyectividad de este mapa?
Un mapa $\varphi: \Omega^{\otimes k}(M) \rightarrow \mathbb{R}$ tiene un kernel lineal $k_\varphi\in \Omega^{\otimes k}(M)$ si $\varphi(\alpha)=(k_\varphi,\alpha)$ para todos $\alpha\in \Omega^{\otimes k}(M)$ dónde $(\cdot,\cdot)$ es el producto tensorial del par de intersección en $M$ . Tengo algunas operaciones que mapean $\varphi$ a $\psi\in \Omega(M)^{\otimes l}\rightarrow \mathbb{R}$ que tiene solo un kernel deRham, es decir $k_\psi\in \Omega(M^{\times l})$ tal que $\psi(\alpha) = \int_{M^{\times l}} k_\psi \wedge \alpha$ . Si este kernel deRham es accidentalmente lineal, quiero saber si puedo regresar.
¿Es redundante el término "cuña exterior"? Creo que es como 'cajero automático' o 'tasa LIBOR'. Pensé que el producto exterior es solo otro nombre para el producto de cuña. @PedroTamaroff, Pavel, et al
¿Es redundante el término "cuña exterior"? Creo que es como 'cajero automático' o 'tasa LIBOR'. Pensé que el producto exterior es solo otro nombre para el producto de cuña. @OlivierBégassat

pavel · Answer 1

Creo que respondí la pregunta yo mismo.

¿El producto exterior/cuña de formas diferenciales es inyectivo?

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Olivier Bégassat

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pedro

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