Abbiamo visto nella puntata precedente la definizione di prodotto interno tra $p-$forme. Il prodotto interno ci permette di definire il duale di Hodge, un operatore sulle forme differenziali che permette di esprimere in modo molto conciso un gran numero di oggetti geometrici.
Definizione di duale di Hodge
Data una $p-$forma $\beta$ in uno spazio $n-$dimensionale, il duale di Hodge di $\beta$, scritto $\star \beta$ è la $(n-p)-$forma tale che
$$\alpha \wedge \star \beta = \langle \alpha, \beta \rangle \omega$$
per ogni $p-$forma $\alpha$. In questo caso $\omega$ è l’orientazione dello spaziotempo, cioè una $n-$forma definita su tutto lo spazio e una volta per tutte. Il lemma di rappresentazione di Riesz implica che questa proprietà definisce unicamente la forma $\star \beta$.
Esempio di duale di Hodge
Consideriamo la forma $\beta = x \,dy\wedge dz$ in $\mathbb{R}^3$. Scegliamo l’orientazione $\omega = dx \wedge dy \wedge dz$. Per definizione $\star \beta$ è una $1-$forma, per cui in genere:
$$\star \beta = a(x,y,z)dx+b(x,y,z)dy+c(x,y,z)dz$$
Dobbiamo avere $\alpha \wedge \star \beta = \langle \alpha, \beta \rangle \omega$ per ogni $p-$forma $\alpha$. Cominciamo con $\alpha = \beta$. In questo caso
$$\langle \beta, \beta \rangle = x^2 \langle dy\wedge dz, dy\wedge dz \rangle = x^2 \det{\begin{pmatrix} \langle dy, dy \rangle & \langle dy, dz \rangle \\ \langle dz, dy \rangle & \langle dz, dz \rangle \end{pmatrix}} = x^2 \det{\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}} = x^2$$
Possiamo quindi calcolare il prodotto esterno
$$\beta \wedge \star \beta = x a(x,y,z) dy \wedge dz \wedge dx = x a(x,y,z) \omega$$
Per cui dobbiamo avere $a(x,y,z)=x$. Restano da determinare $b(x,y,z)$ e $c(x,y,z)$. Una base di $2-$forme è data da $\{dx \wedge dy, dx \wedge dz, dy \wedge dz\}$; l’ultima l’abbiamo già considerata, restano da considerare le altre due. Prendendo $\alpha = dx \wedge dz$ abbiamo $\langle \alpha, \beta \rangle = 0$ e $\alpha \wedge \star \beta = b(x,y,z) \omega$. Quindi $b=0$. Con l’ultimo caso otteniamo $c=0$, per cui:
$$\beta = x \, dy\wedge dz \,\,\,\,\,\implies \,\,\,\,\, \star \beta = x\, dx$$
Vediamo che $\star \beta$ contiene tutti e soli i differenziali $dx^i$ non contenuti in $\beta$. Non è difficile vedere che ciò segue dalla definizione del duale: se in $\star \beta$ mettessimo dei differenziali contenuti già in $\beta$, allora nel prodotto $\beta \wedge \star \beta$ avremmo due differenziali uguali, per cui $\beta \wedge \star \beta = 0$, ma ciò non è possibile perché (per una metrica non degenere) $\langle \beta, \beta \rangle \neq 0$. Per cui se la metrica è diagonale il duale $\star \beta$ contiene tutti e soli i differenziali non contenuti in $\beta$. Se la metrica non è diagonale in genere non è vero.
In base alla regola appena enunciata, possiamo subito stabilire che $\star dx \propto dy \wedge dz$, $\star dy \propto dx \wedge dz$, $\star dz \propto dy \wedge dx$ ecc. e anche $\star 1 \propto \omega$ e $\star \omega \propto 1$. Per stabilire le costanti di proporzionalità dobbiamo tornare alla definizione e calcolare il prodotto interno della forma con sé stessa. In questo caso otteniamo:
$$\star 1 = \omega\\
\star dx = dy \wedge dz \,\,\,\,\,\,\,\star dy = -dx \wedge dz \,\,\,\,\,\,\,\star dz = dx \wedge dy\\
\star (dx \wedge dy) = dz\,\,\,\,\,\,\,\star (dx \wedge dz) = -dy \,\,\,\,\,\,\,\star (dy \wedge dz) = dx\\
\star \omega = 1
$$
In questo caso abbiamo anche $\star^2=1$, ma ciò non è vero in genere. Per una $p-$forma in uno spazio $n-$dimensionale vale la formula
$$\star^2 = (-1)^{(n-p)p}s$$
dove $s$ è il segno del determinante della metrica. In questo caso $s=1$ e $n$ dispari, per cui in accordo con la formula abbiamo $\star^2=1$
Notiamo che se avessimo scelto l’orientazione opposta, $\omega = -dx \wedge dy \wedge dz$ avremmo ottenuto nel primo esempio $\star \beta = -x^2 dx$. Bisogna sempre tener conto dell’orientazione.
Abbiamo anche visto che il prefattore $x$ in $\beta$ non è stato toccato dal duale. Ciò non è un caso, ma segue dalla linearità del duale di Hodge.
Linearità del duale di Hodge
Il duale di Hodge è lineare, ovvero se $f, g$ sono $0-$forme e $\alpha, \beta$ sono $p-$forme allora:
$$\star (f\alpha+g\beta) = f \star \alpha + g \star \beta$$
Dimostrazione. Dalla definizione di duale di Hodge, per una $p-$forma $\gamma$ abbiamo
$$\gamma \wedge \star \alpha = \langle \gamma, \alpha \rangle \omega\\
\gamma \wedge \star \beta = \langle \gamma, \beta \rangle \omega\\
\gamma \wedge \star (f \alpha + g \beta)= \langle \gamma, f \alpha + g \beta \rangle \omega$$
Dall’ultima condizione, utilizzando la bilinearità del prodotto interno:
$$\gamma \wedge \star (f \alpha + g \beta)= \langle \gamma, f \alpha + g \beta \rangle \omega = f\langle \gamma, \alpha \rangle \omega+g\langle \gamma, \beta \rangle \omega = f \gamma \wedge \star \alpha + g \gamma \wedge \star \beta = \gamma \wedge (f\star \alpha+g\star\beta)$$
Ma ciò vale per ogni $\gamma$, per cui il risultato segue. $\square$
Calcolo vettoriale in termini del duale
Un campo vettoriale $(A,B,C)$ in $\mathbb{R}^3$ può essere scritto in termini di forme differenziali come:
$$\alpha = Adx+Bdy+Cdz$$
Per cui possiamo calcolare
$$d\alpha = \pqty{\pdv{C}{y}-\pdv{B}{z}} dy \wedge dz + \pqty{\pdv{C}{x}-\pdv{A}{z}} dx \wedge dz + \pqty{\pdv{B}{x}-\pdv{A}{y}} dx \wedge dy$$
Per cui
$$\star d\alpha = \pqty{\pdv{C}{y}-\pdv{B}{z}} dx -\pqty{\pdv{C}{x}-\pdv{A}{z}} dy + \pqty{\pdv{B}{x}-\pdv{A}{y}} dz$$
è il rotore del campo vettoriale $\alpha$. Inoltre
\begin{align*}
\star \alpha &= A dy \wedge dz -B dx \wedge dz + C dx \wedge dy\\
d\star \alpha &= \pqty{\pdv{A}{x}+\pdv{B}{y}+\pdv{C}{z}}dx\wedge dy \wedge dz\\
\star d\star \alpha &= \pqty{\pdv{A}{x}+\pdv{B}{y}+\pdv{C}{z}}
\end{align*}
ovvero la divergenza del campo vettoriale $\alpha$. Poi se $f$ è una $0-$forma,
$$df = \pdv{f}{x}dx+\pdv{f}{y}dy+\pdv{f}{z}dz$$
cioè il gradiente di $f$.
La definizione del duale è la stessa sia nello spazio piatto che curvo, ma in quest’ultimo caso le operazioni di calcolo sono a volte complicate, come vedremo nel prossimo articolo.