Bewegen des äußeren Differentials/Derivats innerhalb eines Keilprodukts
Annahmen : Let$M$glatt sein$m$-Verteiler. (Bei Bedarf: Let$M$orientierbar und dann orientiert sein. Lassen$M$kompakt sein. Lassen$(M,g)$eine Riemannsche Mannigfaltigkeit sein.)
Lassen$\Omega^jM$sei die Menge glatt$k$-Formen auf$M$, zum$j=0, 1, ..., m$. Lassen$d_j: \Omega^jM \to \Omega^{j+1}M$sein äußeres Differential / Differential ein$\Omega^jM$(beyogen auf$d: \Omega(M) \to \Omega(M)$, mit$\Omega(M)$ $:= \bigoplus_{j=0}^{m} \Omega^jM$).
Lassen$k \in \{0, 1, ..., m\}$. Lassen$(\alpha, \gamma) \in \Omega^kM \times \Omega^{m-(k+1)}M$.
Beobachtungen :
- $d_k \alpha \wedge \gamma$ist eine glatte obere Form (auch bekannt als glatt$m$-bilden)
- $(-1)^{1+k^2} \alpha \wedge d_{m-(k+1)}\gamma$ist eine glatte obere Form (auch bekannt als glatt$m$-bilden)
Frage 1 : Unter der Annahme, dass die obigen Beobachtungen richtig sind, sind sie gleich?
Frage 2 : Können wir im Allgemeinen einfach das äußere Differential/Derivat durch Keilprodukte verschieben und einfach multiplizieren?$(-1)^{\text{something}}$?
Frage 3 : Gehen wir bei allem Obigen von irgendwelchen zusätzlichen Dingen aus?$M$wie orientierbar/orientiert/kompakt/Riemannisch?
Frage 4 : Wenn nein zu Frage 1, dann hat jede der 2 Formen mindestens gleiche Integrale, dh die Werte, die wir erhalten, wenn wir sie ineinander stecken$\int_M$sind gleich? Hier nehmen wir jetzt an$M$ist orientierbar und dann orientiert und ich schätze kompakt (ansonsten müssen wir wohl davon ausgehen, dass die Formen kompakte Unterstützung oder so etwas haben).
Kontext : Dies kommt von einigen Definitionen und Vorschlägen, die zum Hodge-Zerlegungssatz führen, einschließlich der Definition des Hodge-Sternoperators, aber ich versuche zu sehen, ob ich die Nicht-Hodge-Teile richtig verstehe. ($\gamma$ist eigentlich das Bild von einigen$\beta \in \Omega^{k+1}M$unter dem Hodge-Star-Operator.)
Antworten
Hier ein Antwortversuch.
Frage 1 Eine solche Gleichheit ist nicht nötig. Was wahr ist, ist das$$ d\left(\alpha\wedge \gamma \right) = d\alpha \wedge \gamma + (-1)^{\deg\alpha}\alpha \wedge d\gamma $$
Und wenn Sie davon ausgehen, dass Ihre Gleichheit wahr ist, wird dies zu einer Annahme führen$d(\alpha\wedge\gamma)$
Hier ein konkretes Gegenbeispiel:\begin{align} \alpha &= dx^1 & \gamma = x^2dx^3\wedge\cdots\wedge dx^n \\ d\alpha \wedge \gamma &= 0 & \alpha \wedge d\gamma = dx^1\wedge\cdots\wedge dx^n \end{align}
Frage 2 die Antwort ist nein. Siehe oben.
Frage 3 oben, die Berechnungen sind lokal, es kommt also nicht auf Kompaktheit oder Orientierbarkeit an: erweitere das Gegenbeispiel um Null außerhalb eines Charts.
Frage 4 ist immer noch nein: Im obigen Gegenbeispiel$d\alpha\wedge \gamma = 0$, hat also ein Null-Integral, aber$\alpha\wedge d\gamma$ist eine Volumenform auf einer orientierbaren Mannigfaltigkeit, sie hat ein Integral ungleich Null.
In Bezug auf die Antwort von @ JanBohr (die zu zwei selbstreferenzierenden Antworten führt) muss ich das für den Fall hinzufügen$M$orientiert ist, dann sagt das Stokes-Theorem das aus$$ \int_M d(\alpha\wedge \gamma) = \int_{\partial M} \alpha\wedge \beta $$und somit,$$ \int_M d\alpha \wedge \gamma = (-1)^{\deg \alpha+1}\int_{M}\alpha\wedge d\gamma + \int_{\partial M}\alpha\wedge \gamma $$und somit gibt es (bis zum Vorzeichen) eine Gleichheit sobald$M$hat keine Grenze bzw$\alpha\wedge \gamma$ist null an$\partial M$.
Eine der definierenden Eigenschaften des äußeren Differentials ist die Leibniz-Regel$$d(\alpha\wedge \gamma)=d\alpha\wedge \gamma+(-1)^{k} \alpha\wedge d\gamma,$$wo$k$ist der Grad von$\alpha$, siehe zB auf Wikipedia . Dies gilt für beliebige glatte Mannigfaltigkeiten, ohne dass eine Riemannsche Metrik oder Orientierung erforderlich ist. Als$k$und$k^2$die gleiche Parität haben, ist die rechte Seite in der vorherigen Anzeige genau die Differenz zwischen Ihren beiden$m$-Formen. Insbesondere sind sie gleich iff$\alpha \wedge \gamma$ist geschlossen. Das Integral über beide$m$-formen, sagen wenn$M$orientiert und kompakt ist, ist dasselbe, nur weil das Integral einer exakten Form nach dem Satz von Stokes Null ist.
In Bezug auf das Gegenbeispiel von @ DIdier_ für Frage 4: Dies ist eine Situation, in der das Randintegral im Satz von Stokes nicht verschwindet (für jede glatte Domäne in$\mathbb{R}^n$). Oben vermeide ich dieses Problem, indem ich annehme$M$grenzenlos zu sein. Ein anderer Ausweg ist, das anzunehmen$\alpha $und$\gamma$kompakten Halt im Innenraum haben.