geometria

Wow Alberto, che bella domanda! Allora. Chiamiamo $\omega$ la nostra $k-$forma su $\mathbb{R}^3$. Per questioni di dimensione, $k$ può essere solo $0$, $1$, $2$ o $3$. Ora, per fare il pull-back di $\omega$, ci serve un'applicazione liscia $\phi: \mathbb{R}^4 \longrightarrow \mathbb{R}^3$ lungo cui fare il pull-back: la più semplice che mi viene in mente è la proiezione su un iperpiano (tipo $\pi: (x_i, t) \longmapsto (x_i)$), ma ce ne sono quante ne vuoi. Essendo un'applicazione liscia, questa $\phi$ ha un'applicazione lineare tangente $T\phi: \mathcal{T}\mathbb{R}^4 \longrightarrow \mathcal{T}\mathbb{R}^3$ Il tangente a $\mathbb{R}^m$ si identifica con $\mathbb{R}^m$ stesso; quindi possiamo dire che l'applicazione lineare tangente $T\phi$ manda vettori tangenti di $\mathbb{R}^4$ in vettori di $\mathbb{R}^3$, cioè $T_P\phi(v) \in \mathbb{R}^3 \quad \forall P \in \mathbb{R}^4,\ \forall v \in \mathbb{R}^4$ e in ciascun punto può essere rappresentata, una volta fissate le basi, da una matrice $3 \times 4$. Nell'esempio della proiezione $\pi$, l'applicazione lineare tangente "uccide" la componente lungo $\frac{\partial}{\partial t}$. Ora che abbiamo $T \phi$, possiamo definire il pull-back di $\omega$. Lo chiamiamo $\phi^*\omega$, e sarà una $k-$forma su $\mathbb{R}^4$ (cioè, dello stesso tipo: il pull-back mantiene il carattere dei tensori): essendo una $k-$ forma per ciascun punto prenderà in ingresso $k$ vettori tangenti in quel punto a $\mathbb{R}^4$ e restituirà un numero reale. Questo numero reale si ottiene così: se fissiamo l'attenzione su $P \in \mathbb{R}^4$ e su $k$ vettori $v_1, \dots, v_k\in \mathbb{R}^4$ sarà $\phi^* \omega_P (v_1, \dots, v_k) = \omega_{\phi(P)} (T_P\phi(v_1), \dots, T_P\phi(v_k))$ Nell'esempio con la proiezione, i vettori $v_i$ perderanno l'ultima componente, cioè passeranno da $v_i = (v_i^1, v_i^2, v_i^3, v_i^t)$ a $\bar{v}_i = (v_i^1, v_i^2, v_i^3)$, e data una $k-$forma $\omega$ su $\mathbb{R}^3$ , sarà $\pi^* \omega_{(x_1,x_2,x_3,t)} (v_1, \dots, v_k) = \omega_{(x_1,x_2,x_3)}(\bar{v}_1, \dots, \bar{v}_k)$ Se ti servono altri chiarimenti, chiedi pure!

Innanzitutto ti ringrazio per la risposta. Poi vorrei chiederti un esempio più "concreto", cioè con una funzione liscia e una k-forma esplicita. O comunque se sai dove posso andare a vedere. - Alberto Rutigliano 29 Maggio 2015

Una delle prime domande che feci al mio professore di geometria differenziale fu "ma mi fa un esempio di pull-back?", quindi ti capisco eccome ;P Concretizziamo. Voglio fare il pull-back di una $2-$forma da $\mathbb{R}^2$ a $\mathbb{R}^3$, lungo una certa applicazione. $$ Prima di tutto, l'applicazione: prendiamo $\mathbb{R}^3$ con coordinate $(x_1, x_2, x_3)$ e $\mathbb{R}^2$ con coordinate $(t_1, t_2)$; l'applicazione che scelgo misura la distanza al quadrato dall'asse $x_3$ e la distanza al quadrato dall'asse $x_1$: espressa in coordinate, sarà $\Phi (x_1,x_2,x_3) = \left( \begin{aligned} x_1^2 + x_2^2 \\ x_2^2 + x_3^2 \end{aligned} \right)$ cioè $t_1 = x_1^2 + x_2^2$ e $t_2 = x_2^2 + x_3^2$. L'applicazione lineare tangente è la Jacobiana di questa mappa (non siamo pazzi e scegliamo, per derivare, le stesse coordinate in cui viene espressa): è quindi la matrice $T_{(x_1,x_2,x_3)} \Phi = J_{(x_1,x_2,x_3)} \Phi = \left[\begin{array}{ccc} 2x_1 & 2x_2 & 0 \\ 0 & 2x_2 & 2x_3 \end{array}\right]$ Le colonne di $J\Phi$ sono l'immagine dei vettori della base mobile $\left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right)$, $\left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right)$, $\left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right)$ nel punto di coordinate $(x_1,x_2,x_3)$: chiamando $J$ per brevità la matrice jacobiana, avremo dunque $J \cdot \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 2x_1 \\ 0 \end{array} \right), \quad J \cdot \left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 2x_2 \\ 2x_2 \end{array} \right), \quad J \cdot \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 2x_3 \end{array} \right)$ $$ Adesso dobbiamo scegliere una $2-$forma $\omega$ su $\mathbb{R}^2$; la scelta è un po' limitata, infatti lo spazio delle $2-$forme su $\mathbb{R}^2$ ha dimensione $1$: $\omega$ sarà un multiplo, per una funzione, del determinante (due per due). Allora, come $2-$forma $\omega$ definita su $\mathbb{R}^2$ scelgo il determinante moltiplicato per la distanza dall'origine: $\omega_{(t_1,t_2)}(\bullet,\bullet) = \sqrt{t_1^2 + t_2^2} \det\Big( \bullet \Big| \bullet \Big)$ dove al posto dei $\bullet$ ci mettiamo due vettori di $\mathbb{R}^2$. $$ Ora abbiamo tutti gli ingredienti per calcolare $\Phi^* \omega$! Ricordiamo che è ancora una $2-$forma, ma questa volta su $\mathbb{R}^3$: prende in ingresso due vettori (di dimensione tre) e restituisce un numero reale. I due vettori li chiamiamo $\vec{v}$ e $\vec{w}$, di componenti $(v_1, v_2, v_3)$ e $(w_1,w_2,w_3)$, e li pensiamo applicati nel punto di coordinate generiche $(x_1, x_2, x_3)$. Pronti... via! $$ \begin{aligned} \Phi^* \omega_{(x_1, x_2, x_3)} \big( \vec{v} , \vec{w} \big) &= \omega_{\Phi (x_1,x_2,x_3)} \big( J\cdot\vec{v}, J \cdot \vec{w} \big) = & & \text{per definizione di pull-back} \\ & =\omega_{(x_1^2 + x_2^2, x_2^2 + x_3^2)}\big( J\cdot\vec{v}, J \cdot \vec{w} \big) = & & \text{per definizione di $\Phi$}\\ & = \sqrt{(x_1^2 + x_2^2)^2 + (x_2^2 + x_3^2)^2} \det \Big( J\cdot\vec{v} \ \Big| \ J\cdot\vec{w} \Big) =& & \text{per definizione di $\omega$} \\ & \Big[ \sqrt{(x_1^2 + x_2^2)^2 + (x_2^2 + x_3^2)^2} = : r \Big]& & \\ & = r \det\left( $\begin{array}{cc} 2x_1 v_1 + 2x_2 v_2 & 2x_1 w_1 + 2x_2 w_2 \\ 2x_2 v_2 + 2x_3 v_3 & 2x_2 w_2 + 2x_3 w_3 \end{array}$ \right) & & \text{$J$ lineare}\\ & [\dots] \text{ dopo un po' di conti} & & \\ & = 4r \sum_{i < j} x_i x_j \left| $\begin{array}{cc} v_i & w_i \\ v_j & w_j \end{array}$ \right| & & \text{con $i,j$ compresi tra $1$ e $3$} \end{aligned} $$ I conti sono tanti, come puoi vedere, ma non sono troppo complicati, una volta che hai capito che cosa devi fare. Ti consiglio di applicare le definizioni con applicazioni e forme semplici: le più semplici da considerare sono le $k$-forme di dimensione massima, che sono multipli (per un funzione) dei determinanti; per le applicazioni prenderei delle espressioni polinomiali di grado basso: sono per forza lisce e le derivate si fanno facilmente! Fammi sapere se ti servono altri esempi :3

Innanzi tutto, grazie mille :) Però non mi è proprio chiara una cosa. Non trovo i differenziali. Cioè, il risultato del tuo pullback è un numero. Dove sono spariti i differenziali? - Alberto Rutigliano 07 Giugno 2015

Ah, i differenziali. Il risultato della mia operazione è un numero perché ho applicato la forma a due vettori: una $k-$forma prende in ingresso $k$ vettori e restituisce un numero reale. Prendiamo $\mathbb{R}^N$ con coordinate $(x_1, \dots, x_N)$. Abbiamo allora le $1-$forme $dx_1, \dots, dx_N$, che in ogni punto associano ad un vettore tangente una delle sue componenti: per esempio, se prendiamo come vettore tangente il gradiente di una funzione liscia $\nabla f$, avremo che $dx_j (\nabla f) = \frac{\partial \ f}{\partial x_j}$. $2-$forme, $3-$forme e in generale $k-$forme si possono esprimere in funzione dei prodotti esterni delle $1-$forme $dx_1, \dots, dx_N$: una $2-$forma si può esprimere come combinazione lineare di $dx_i \wedge dx_j$, una $3-$forma come $dx_i \wedge dx_j \wedge dx_k$, sino alle forme di rango massimo su $\mathbb{R}^N$, che sono multiple di $dx_1 \wedge \dots \wedge dx_N$. Nell'esempio precedente, la $2-$forma $\omega$ su $\mathbb{R}^2$ (con coordinate $(t_1,t_2)$) si può scrivere come $\omega_{(t_2,t_2)} = \sqrt{t_1^2 + t_2^2} \ dt_1 \wedge dt_2$ mentre il suo pull-back lungo $\Phi$, in coordinate $(x_1, x_2, x_3)$ su $\mathbb{R}^3$ è $\Phi^* \omega_{(x_1, x_2, x_3)} = 4 \sqrt{(x_1^2 + x_2^2)^2 + (x_2^2 + x_3^2)^2} \sum_{i < j} x_i x_j \ dx_i \wedge dx_j$ Tutto chiaro? Fammi sapere :3 - Giovanni Barazzetta 09 Giugno 2015

dove, ad esempio, $dt_1=d(x_1^2+x_2^2)=2x_1dx_1+2x_2dx_2$ e poi faccio i prodotti esterni, giusto? - Alberto Rutigliano 09 Giugno 2015

Si, è quello che ho fatto facendo la jacobiana: se guardi la prima riga della matrice $J$, i suoi elementi corrispondono ai coefficienti della tua $1-$forma. Qui i differenziali sono facili perché $\Phi$ è polinomiale, e se vuoi puoi anche fare come hai detto tu :3 - Giovanni Barazzetta 11 Giugno 2015

Graaaazie mille :) - Alberto Rutigliano 11 Giugno 2015