有限次元 Hodge 分解 | 線形代数 II

1 有限複体と随伴微分

係数体 $K$ を $\R$ または $\C$ とする。各 $V^k$ を有限次元 $K$ -内積空間とする。内積に関する随伴の存在には§E3.32 定理 3.1を用い、随伴の合成則と二重随伴には§E3.32 命題 3.2を用いる。

定義 1.1. 線形写像の列

\cdots\longrightarrow V^{k-1} \xrightarrow{d_{k-1}} V^k \xrightarrow{d_k} V^{k+1}\longrightarrow\cdots

が

d_kd_{k-1}=0

を全ての $k$ について満たすとき、有限次元複体 (finite-dimensional cochain complex) という。ここで「有限次元」は各 $V^k$ の次元が有限であることを表す。

$k$ 次コホモロジー (cohomology) を

H^k=\ker d_k/\operatorname{im}d_{k-1}

と定める。複体条件により $\operatorname{im}d_{k-1}\subseteq\ker d_k$ なので、この商は定義される。

定義 1.2. $d_{k-1}^*:V^k\to V^{k-1}$ と $d_k^*:V^{k+1}\to V^k$ を内積に関する随伴微分 (adjoint differential) とする。 $k$ 次 Laplace 作用素 (Laplace operator) を

\Delta_k =d_{k-1}d_{k-1}^*+d_k^*d_k:V^k\longrightarrow V^k

と定める。 $\Delta_kx=0$ を満たす $x\in V^k$ を調和ベクトル (harmonic vector) といい、その全体を

\mathcal H^k=\ker\Delta_k

と書く。

添字は、 $d_{k-1}d_{k-1}^*$ と $d_k^*d_k$ がいずれも $V^k$ の自己準同型になるように定められている。

2 調和部分

定理 2.1. 任意の $k$ に対して

\ker\Delta_k=\ker d_k\cap\ker d_{k-1}^*

が成り立つ。

証明方針は、 $\langle\Delta_kx,x\rangle$ を二つのノルムの平方の和として表し、正定値性を用いて各項が零になることを示すことである。

証明. 随伴の定義から

\begin{aligned} \langle\Delta_kx,x\rangle &=\langle d_{k-1}d_{k-1}^*x,x\rangle +\langle d_k^*d_kx,x\rangle\\ &=\langle d_{k-1}^*x,d_{k-1}^*x\rangle +\langle d_kx,d_kx\rangle\\ &=\|d_{k-1}^*x\|^2+\|d_kx\|^2. \end{aligned}

$\Delta_kx=0$ なら左辺は零である。右辺の各項は非負の実数なので、両方が零である。正定値性から $d_{k-1}^*x=0$ かつ $d_kx=0$ を得る。

逆に $d_{k-1}^*x=0$ かつ $d_kx=0$ なら、 $\Delta_k$ の定義式の二項がともに零なので $\Delta_kx=0$ である。▨

命題 2.2.

\operatorname{im}d_{k-1}\perp\operatorname{im}d_k^*

である。また $\mathcal H^k$ は二つの像の両方に直交する。

証明. $a\in V^{k-1}$ 、 $b\in V^{k+1}$ に対し、複体条件から

\langle d_{k-1}a,d_k^*b\rangle =\langle d_kd_{k-1}a,b\rangle=0

である。したがって二つの像は直交する。

$h\in\mathcal H^k$ とする。定理 2.1により $d_{k-1}^*h=0$ かつ $d_kh=0$ である。よって

\langle d_{k-1}a,h\rangle=\langle a,d_{k-1}^*h\rangle=0,

\langle h,d_k^*b\rangle=\langle d_kh,b\rangle=0.

したがって調和部分は両方の像に直交する。▨

3 Hodge 分解

定理 3.1 (有限次元 Hodge 分解). 各次数 $k$ について、直交直和分解

V^k =\operatorname{im}d_{k-1} \mathbin{\mathop{\oplus}^{\perp}} \mathcal H^k \mathbin{\mathop{\oplus}^{\perp}} \operatorname{im}d_k^*

が成り立つ。

証明方針は、最初と最後の像の直交直和を $B^k$ と置き、その直交補空間が二つの核の共通部分、すなわち $\mathcal H^k$ に一致することを示すことである。

証明.命題 2.2により

B^k=\operatorname{im}d_{k-1}\oplus\operatorname{im}d_k^*

は直交直和である。有限次元内積空間の直交分解から

V^k=B^k\mathbin{\mathop{\oplus}^{\perp}}(B^k)^\perp

である。

一般の線形写像 $T:E\to F$ について

(\operatorname{im}T)^\perp=\ker T^*

が成り立つ。実際、 $y\in F$ に対し、 $y\perp\operatorname{im}T$ であることは $\langle Tx,y\rangle=\langle x,T^*y\rangle=0$ が全ての $x\in E$ について成立することと同値であり、内積の非退化性から $T^*y=0$ と同値である。したがって

\begin{aligned} (B^k)^\perp &=(\operatorname{im}d_{k-1})^\perp \cap(\operatorname{im}d_k^*)^\perp\\ &=\ker d_{k-1}^*\cap\ker(d_k^*)^*\\ &=\ker d_{k-1}^*\cap\ker d_k\\ &=\mathcal H^k. \end{aligned}

三行目では§E3.32 命題 3.2の二重随伴 $(d_k^*)^*=d_k$ を用い、最後に定理 2.1を用いた。既に三つの部分空間が互いに直交することも示されているため、求める直交直和を得る。▨

4 コホモロジーの調和代表

定理 4.1. 自然な線形写像

\mathcal H^k\longrightarrow H^k,\qquad h\longmapsto h+\operatorname{im}d_{k-1}

は同型である。したがって、各コホモロジー類は調和な代表元をただ一つもつ。

証明方針は、閉ベクトルへ Hodge 分解を適用し、 $\operatorname{im}d_k^*$ 成分が閉でもあるなら零になることをノルムで示すことである。一意性には調和部分と $\operatorname{im}d_{k-1}$ の直交性を用いる。

証明. $x\in\ker d_k$ とし、Hodge 分解によって

x=d_{k-1}a+h+d_k^*b

と一意に書く。ここで $h\in\mathcal H^k$ である。複体条件と調和性から $d_kd_{k-1}a=0$ かつ $d_kh=0$ なので、 $d_kx=0$ から

d_kd_k^*b=0

を得る。したがって

\|d_k^*b\|^2 =\langle d_k^*b,d_k^*b\rangle =\langle d_kd_k^*b,b\rangle=0.

正定値性により $d_k^*b=0$ である。よって $x=d_{k-1}a+h$ であり、 $x$ のコホモロジー類は $h$ で代表される。

$h,h'\in\mathcal H^k$ が同じ類を代表すると、 $h-h'\in\operatorname{im}d_{k-1}$ である。一方、命題 2.2の証明により $h-h'\perp\operatorname{im}d_{k-1}$ である。したがって $\|h-h'\|^2=0$ となり、 $h=h'$ である。写像の線形性は商写像の線形性から従う。▨

5 具体例

例 5.1. 標準内積をもつ実線形空間について

\R \xrightarrow{d_0} \R^3 \xrightarrow{d_1} \R,

d_0(a)=(a,0,0),\qquad d_1(x,y,z)=z

と定める。 $d_1d_0=0$ なので複体である。随伴は

d_0^*(x,y,z)=x,\qquad d_1^*(b)=(0,0,b)

である。したがって

\Delta_1(x,y,z) =d_0d_0^*(x,y,z)+d_1^*d_1(x,y,z) =(x,0,z).

よって

\operatorname{im}d_0=\operatorname{span}\{(1,0,0)\},\quad \mathcal H^1=\operatorname{span}\{(0,1,0)\},\quad \operatorname{im}d_1^*=\operatorname{span}\{(0,0,1)\}.

三つは標準内積について直交し、その直和は $\R^3$ である。また $\ker d_1=\{(x,y,0)\}$ を $\operatorname{im}d_0$ で割ると、各類はただ一つの $(0,y,0)\in\mathcal H^1$ を代表に持つ。

6 演習

問題 6.1 (座標方向にない調和代表元). 標準内積をもつ実線形空間の複体

\R\xrightarrow{d_0}\R^3\xrightarrow{d_1}\R,\qquad d_0(a)=(a,a,0),\qquad d_1(x,y,z)=x-y+z

について、 $\Delta_1$ の表現行列と $\mathcal H^1$ を求めよ。さらに、コサイクル $c=(0,1,1)$ の類の調和代表元 $h\in\mathcal H^1$ を求め、 $c=h+d_0(a)$ を満たす $a$ を求めよ。

解答.

$d_1d_0(a)=a-a+0=0$ であるから複体である。標準内積について $\langle d_0(a),(x,y,z)\rangle=a(x+y)$ 、 $\langle d_1(x,y,z),b\rangle=b(x-y+z)$ であるから、 $d_0^*(x,y,z)=x+y$ 、 $d_1^*(b)=(b,-b,b)$ である。したがって

\Delta_1=d_0d_0^*+d_1^*d_1 =\begin{pmatrix}1&1&0\\1&1&0\\0&0&0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1&-1&1\\-1&1&-1\\1&-1&1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2&0&1\\0&2&-1\\1&-1&1\end{pmatrix}

である。定理 2.1により $\mathcal H^1=\ker d_1\cap\ker d_0^*$ であり、 $x-y+z=0$ と $x+y=0$ から $y=-x$ 、 $z=-2x$ であるから、 $\mathcal H^1=\operatorname{span}\{(1,-1,-2)\}$ である。実際、上の行列は $(1,-1,-2)^{\mathsf T}$ を零へ写す。

$d_1(c)=0-1+1=0$ であるから $c$ はコサイクルである。定理 4.1により、 $c-d_0(a)\in\mathcal H^1$ を満たす $a$ と調和代表元がただ一つ存在する。 $c-d_0(a)=(-a,1-a,1)$ が $t(1,-1,-2)$ に等しいことは $-a=t$ 、 $1-a=-t$ 、 $1=-2t$ と同値であり、 $t=-1/2$ 、 $a=1/2$ を得る。したがって

h=\left(-\frac12,\frac12,1\right),\qquad c=h+d_0\left(\frac12\right)

である。▨

§E3.34有限次元 Hodge 分解