Pull-back e push-forward di tensori
Ciao a tutti, in un esercizio mi viene dato il seguente diffeomorfismo $\phi:RR^2-{(0,y)|y \in RR}->RR^2-{(x,x)|x \in RR}$
$\phi(x,y)=(x^3+y,y)$
e il campo tensoriale
$t= x \partial/(\partial x) \otimes dx \otimes dy + y \partial/(\partial y) \otimes dy \otimes dy$
e mi si chiede di calcolare $\phi_\star(t)$ e $\phi^\star(t)$.
Ho trovato un po' di definizioni in giro su come sia definito ma mi è molto poco chiaro come applicare le formule oppure ci sono notazioni che non capisco; da nessuna parte riesco a trovare uno straccio di esempio.
Mi spiegate come si fa?
$\phi(x,y)=(x^3+y,y)$
e il campo tensoriale
$t= x \partial/(\partial x) \otimes dx \otimes dy + y \partial/(\partial y) \otimes dy \otimes dy$
e mi si chiede di calcolare $\phi_\star(t)$ e $\phi^\star(t)$.
Ho trovato un po' di definizioni in giro su come sia definito ma mi è molto poco chiaro come applicare le formule oppure ci sono notazioni che non capisco; da nessuna parte riesco a trovare uno straccio di esempio.
Mi spiegate come si fa?
Risposte
Premetto che è un campo a me quasi sconosciuto. La pagina di wikipedia in questo caso sembra ben scritta e riporta dei semi-esempi di come calcolare il pull-back, cioè di come fare la composizione tra operatore lineare e campo tensoriale.
https://it.wikipedia.org/wiki/Pull-back
Ti è di alcun aiuto?
https://it.wikipedia.org/wiki/Pull-back
Ti è di alcun aiuto?
Sono un po' fuori allenamento con queste cose, quindi spero di non dire cose non vere.
Il maggior problema dei testi sulla geometria differenziale è che spesso presentano come lo stesso oggetto cose che non lo sono. In particolare il \(\displaystyle t \) in \(\displaystyle \phi_* \) e quello in \(\displaystyle \phi^* \) non solo non sono lo stesso oggetto, ma non sono neanche uguali al \(\displaystyle t \) che hai definito. Di fatto sono \(\displaystyle i^*(t) \) e \(\displaystyle j^*(t) \) dove \(\displaystyle i\colon M\to \mathbb{R}^2 \) e \(\displaystyle j\colon N\to \mathbb{R}^2 \) sono le immersioni di \(\displaystyle M = \mathbb{R}^2 - \{ (r,s)\in \mathbb{R}^2 : r = 0 \} \) e \(\displaystyle N = \mathbb{R}^2 - \{ (u,v)\in \mathbb{R}^2 : u = v \} \) in \(\displaystyle \mathbb{R}^2 \). In termini pratici si tratterebbe solo di sostituire \(\displaystyle (x,y) \) con \(\displaystyle (r,s) \) o \(\displaystyle (u,v) \) e restringere i tensore ai rispettivi insiemi. Una piccola cosa ma aiuta a capire quello che sta succedendo.
\(\displaystyle \alpha = i^*(t) = u \frac{\partial}{\partial u} \otimes du \otimes dv + v \frac{\partial}{\partial v}\otimes dv \otimes dv \).
Per trovare \(\displaystyle \phi^*(\alpha) \) è sufficiente sostituire \(\displaystyle u = r^3+s \) e \(\displaystyle v = s \). Hai che \(\displaystyle du = d(r^3) + ds = 3r^2dr + ds \) e che \(\displaystyle dv = ds\) mentre per la derivata si devono usare i cambi di variabile \(\displaystyle \frac{\partial}{\partial u} = \frac{\partial r}{\partial u}\frac{\partial}{\partial r} + \frac{\partial s}{\partial u}\frac{\partial}{\partial s} \) e \(\displaystyle \frac{\partial}{\partial v} = \frac{\partial r}{\partial v}\frac{\partial}{\partial r} + \frac{\partial s}{\partial v}\frac{\partial}{\partial v} \).
Per farlo si devono calcolare gli inversi, ovvero \(\displaystyle r = \sqrt[3]{u - v} \) e \(\displaystyle s = v \).
Pertanto si ha che \[\begin{align*} \frac{\partial}{\partial u} &= \frac{\partial r}{\partial u}\frac{\partial}{\partial r} + \frac{\partial s}{\partial u}\frac{\partial}{\partial s} \\
&= \frac{\partial \sqrt[3]{u - v}}{\partial u}\frac{\partial}{\partial r} + \frac{\partial v}{\partial u}\frac{\partial}{\partial s} \\
&= \frac{1}{3\sqrt[3]{(u-v)^2}} \frac{\partial}{\partial r} \\ &= \frac{1}{3r^2} \frac{\partial}{\partial r} \end{align*}\]
Similmente \[\begin{align*} \frac{\partial}{\partial v} &= \frac{\partial r}{\partial v}\frac{\partial}{\partial r} + \frac{\partial s}{\partial v}\frac{\partial}{\partial s} \\
&= \frac{\partial \sqrt[3]{u - v}}{\partial v}\frac{\partial}{\partial r} + \frac{\partial v}{\partial v}\frac{\partial}{\partial s} \\
&= -\frac{1}{3\sqrt[3]{(u-v)^2}} \frac{\partial}{\partial r} + \frac{\partial}{\partial s} \\ &= -\frac{1}{3r^2} \frac{\partial}{\partial r} + \frac{\partial}{\partial s} \end{align*}\]
Le somme le lascio a te, sperando di non essermi confuso sulle derivate (sulle forme sono abbastanza sicuro che si debbano fare così). Se non ricordo male per il push-forward è sufficiente invertire tutte le uguaglianze trovate finora.
Il maggior problema dei testi sulla geometria differenziale è che spesso presentano come lo stesso oggetto cose che non lo sono. In particolare il \(\displaystyle t \) in \(\displaystyle \phi_* \) e quello in \(\displaystyle \phi^* \) non solo non sono lo stesso oggetto, ma non sono neanche uguali al \(\displaystyle t \) che hai definito. Di fatto sono \(\displaystyle i^*(t) \) e \(\displaystyle j^*(t) \) dove \(\displaystyle i\colon M\to \mathbb{R}^2 \) e \(\displaystyle j\colon N\to \mathbb{R}^2 \) sono le immersioni di \(\displaystyle M = \mathbb{R}^2 - \{ (r,s)\in \mathbb{R}^2 : r = 0 \} \) e \(\displaystyle N = \mathbb{R}^2 - \{ (u,v)\in \mathbb{R}^2 : u = v \} \) in \(\displaystyle \mathbb{R}^2 \). In termini pratici si tratterebbe solo di sostituire \(\displaystyle (x,y) \) con \(\displaystyle (r,s) \) o \(\displaystyle (u,v) \) e restringere i tensore ai rispettivi insiemi. Una piccola cosa ma aiuta a capire quello che sta succedendo.
\(\displaystyle \alpha = i^*(t) = u \frac{\partial}{\partial u} \otimes du \otimes dv + v \frac{\partial}{\partial v}\otimes dv \otimes dv \).
Per trovare \(\displaystyle \phi^*(\alpha) \) è sufficiente sostituire \(\displaystyle u = r^3+s \) e \(\displaystyle v = s \). Hai che \(\displaystyle du = d(r^3) + ds = 3r^2dr + ds \) e che \(\displaystyle dv = ds\) mentre per la derivata si devono usare i cambi di variabile \(\displaystyle \frac{\partial}{\partial u} = \frac{\partial r}{\partial u}\frac{\partial}{\partial r} + \frac{\partial s}{\partial u}\frac{\partial}{\partial s} \) e \(\displaystyle \frac{\partial}{\partial v} = \frac{\partial r}{\partial v}\frac{\partial}{\partial r} + \frac{\partial s}{\partial v}\frac{\partial}{\partial v} \).
Per farlo si devono calcolare gli inversi, ovvero \(\displaystyle r = \sqrt[3]{u - v} \) e \(\displaystyle s = v \).
Pertanto si ha che \[\begin{align*} \frac{\partial}{\partial u} &= \frac{\partial r}{\partial u}\frac{\partial}{\partial r} + \frac{\partial s}{\partial u}\frac{\partial}{\partial s} \\
&= \frac{\partial \sqrt[3]{u - v}}{\partial u}\frac{\partial}{\partial r} + \frac{\partial v}{\partial u}\frac{\partial}{\partial s} \\
&= \frac{1}{3\sqrt[3]{(u-v)^2}} \frac{\partial}{\partial r} \\ &= \frac{1}{3r^2} \frac{\partial}{\partial r} \end{align*}\]
Similmente \[\begin{align*} \frac{\partial}{\partial v} &= \frac{\partial r}{\partial v}\frac{\partial}{\partial r} + \frac{\partial s}{\partial v}\frac{\partial}{\partial s} \\
&= \frac{\partial \sqrt[3]{u - v}}{\partial v}\frac{\partial}{\partial r} + \frac{\partial v}{\partial v}\frac{\partial}{\partial s} \\
&= -\frac{1}{3\sqrt[3]{(u-v)^2}} \frac{\partial}{\partial r} + \frac{\partial}{\partial s} \\ &= -\frac{1}{3r^2} \frac{\partial}{\partial r} + \frac{\partial}{\partial s} \end{align*}\]
Le somme le lascio a te, sperando di non essermi confuso sulle derivate (sulle forme sono abbastanza sicuro che si debbano fare così). Se non ricordo male per il push-forward è sufficiente invertire tutte le uguaglianze trovate finora.
"Raptorista":
Premetto che è un campo a me quasi sconosciuto. La pagina di wikipedia in questo caso sembra ben scritta e riporta dei semi-esempi di come calcolare il pull-back, cioè di come fare la composizione tra operatore lineare e campo tensoriale.
https://it.wikipedia.org/wiki/Pull-back
Ti è di alcun aiuto?
Purtroppo avevo già setacciato la pagina, ma la notazione mi era un po' difficile da capire, e speravo di trovare qualche esempio esplicito, ma non ho avuto fortuna
Ciao vict85, ora ho capito un po' meglio, ma ancora non ho capito come fare $\phi_\star$
In pratica queste cose sono cambi di variabili. Interpreta $\phi$ come un cambio di variabile \(\boldsymbol x' =\phi(\boldsymbol x)\), manipola tutti i vari $\partial/(\partial x)$ e \(dx\) usando le regole del calcolo differenziale, e ti salta fuori il pushforward o il pullback.
Nota che questo intervento è esattamente opposto in natura a quello di vict
spero ti possa essere utile vedere differenti punti di vista
Nota che questo intervento è esattamente opposto in natura a quello di vict
spero ti possa essere utile vedere differenti punti di vista
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