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Multiplicación exterior con forma paralela conmuta con laplaciano

Deje $(M,g)$ ser una de Riemann colector, vamos a $\nabla$ ser la de Levi-Civita de conexión, y deje $\Delta=dd^*+d^*d$ ser el Laplaciano. Supongamos $\omega \in \Omega^*(M)$ es un paralelo diferencial de la forma (es decir,$\nabla \omega=0$), es cierto que $\Delta (\alpha \wedge \omega)=\Delta(\alpha) \wedge \omega$?

He visto este hecho se utiliza un par de veces en la literatura, pero no puedo encontrar trabajo o de una plena prueba a mí mismo. Las fuentes que he consultado simplemente decir 'uso Weitzenbock la fórmula de', pero no puedo ver cómo la fórmula puede demostrar esto. Cualquier ayuda es muy apreciada.

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user32262 Puntos 2147

Vamos a denotar la regular Laplaciano en $\mathbb{R}^n$ actuando en funciones por $\tilde{\Delta}$. El producto de la regla de $\tilde{\Delta}$ dice que

$$ \tilde{\Delta}(\alpha \omega) = \tilde{\Delta}(\alpha) \omega + 2 \nabla \alpha \cdot \nabla \omega + \alpha \tilde{\Delta}(\omega). $$

Esto implica que si $\tilde{\Delta}(\omega)(0) = 0$ $(\nabla \omega)(0) = 0$

$$ \tilde{\Delta}(\alpha \omega)(0) = \tilde{\Delta}(\alpha)(0) \cdot \omega(0). $$

El general de los casos se reduce a la observación anterior mediante el uso normal de coordenadas. Nota: primero que si $\nabla \omega = 0$ implica que el $\Delta \omega = 0$. Deje $p \in M$ y elija normal coordenadas $\varphi \colon U \rightarrow V$ $p \in U \subseteq M$ donde $V \subseteq \mathbb{R}^n$, $\varphi(p) = 0$ y $\varphi = (x^1,\dots,x^n)$. Escribir $\omega = \sum_{I} \omega_I dx^I$ $\alpha = \sum_{J} \alpha_J dx^J$ y establezca $\tilde{\omega_I} = \omega_I \circ \varphi^{-1}, \tilde{\alpha_J} = \alpha_J \circ \varphi^{-1}$. Entonces

$$ 0 = \nabla_{\partial_j}(\omega)(p) = \sum_{I} \frac{\partial \tilde{\omega_I}}{\partial x^j}(0) dx^I|_{p}$$

lo que implica que

$$ \frac{\partial \tilde{\omega_I}}{\partial x^j}(0) = 0 $$

para todos los $1 \leq j \leq n$ y todos los $I$. Del mismo modo,

$$ 0 = \Delta(\omega)(p) = \sum_{I} -\tilde{\Delta}(\tilde{\omega_I})(0) dx^I|_{p} $$

lo que implica que $\tilde{\Delta}(\tilde{\omega_I})(0) = 0$ todos los $I$. Finalmente,

$$ \Delta(\alpha \wedge \omega)(p) = \sum_{I,J} \Delta \left( \alpha_J \omega_I dx^J \wedge dx^I \right)(p) = \sum_{I,J} -\tilde{\Delta} \left( \tilde{\alpha}_J \tilde{\omega}_I \right)(0) dx^J \wedge dx^I|_{p} = \\\sum_{I,J} -\tilde{\Delta}(\tilde{\alpha}_J)(0) \tilde{\omega_I}(0) dx^J \wedge dx^I|_{p} = \left( \sum_{I} \tilde{\Delta}(\tilde{\alpha}_J)(0) dx^J \right) \wedge \left( \sum_{J} \tilde{\omega_I}(0) dx^I|_{p} \right) = \Delta(\alpha)(p) \wedge \omega(p).$$

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