Beweis einer Eigenschaft einer reellen Differentialform und deren Integration
Ich habe versucht, die folgende Übung zu lösen, aber ich bin mir nicht sicher, ob meine Lösung richtig ist, und wenn möglich, würde ich gerne Hintergrundinformationen zu der Übung erhalten.
Übung: Let$$\omega = \sum_{i = 1}^{n} (-1)^{i-1} x_i \cdot {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge \widehat{{\rm d}x_i} \wedge \dots \wedge {\rm d}x_n$$ein Differenzial sein$(n-1)$-form vorbei$\mathbb{R}^n$. Die Hutnotation soll bedeuten, dass die Form${\rm d}x_i$aus dem Produktkeil in die getropft wird$i$-ten Summanden.
a) Zeigen Sie das${\rm d}\omega = n \cdot {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge {\rm d}x_n$.
b) Let$n = 3$. Berechnung$${\rm d}\omega\left(\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0 \\ 2 \\ 1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix} \right)$$
c) Berechnen Sie$\int_{[0,1]^n} {\rm d}\omega$.
Meine Lösung: a) Ich habe versucht, die Behauptung per Induktion zu beweisen. Zum$n = 2$wir haben$\omega = x_1{\rm d}x_2 - x_2{\rm d}x_1$und somit$${\rm d}\omega = {\rm d}(x_1)\wedge {\rm d}x_2 - {\rm d}(x_2)\wedge {\rm d}x_1 = {\rm d}x_1 \wedge {\rm d}x_2 + {\rm d}x_1 \wedge {\rm d}x_2 = 2 {\rm d}x_1 \wedge {\rm d}x_2.$$wobei die zweite Gleichheit aus der Antikommutativität von folgt$\wedge$. Nun zum Induktionsschritt, den wir haben\begin{align*} {\rm d} \omega &= {\rm d}\left( \sum_{i = 1}^{n+1} (-1)^{i-1} x_i \cdot {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge \widehat{{\rm d}x_i} \wedge \dots \wedge {\rm d}x_{n+1}\right)\\ &= {\rm d}\left(\sum_{i = 1}^{n} (-1)^{i-1} x_i \cdot {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge \widehat{{\rm d}x_i} \wedge \dots \wedge {\rm d}x_{n+1} + (-1)^n x_{n+1} \cdot {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge {\rm d}x_{n}\right)\\ &= {\rm d}\left(\left[\sum_{i = 1}^{n} (-1)^{i-1} x_i \cdot {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge \widehat{{\rm d}x_i} \wedge \dots \wedge {\rm d}x_{n}\right]\wedge{\rm d}x_{n+1} + (-1)^n x_{n+1} \cdot {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge {\rm d}x_{n}\right)\\ \end{align*}wo ich in der letzten Zeile ausgeklammert habe${\rm d}x_{n+1}$wie es in jedem der Begriffe der Summe vorhanden ist. Nun, um die Notation etwas aufzuräumen, lass die Summe mit bezeichnet werden$\omega_n$. Dann durch Linearität und die Produktregel von${\rm d}$wir haben\begin{align*} {\rm d} \omega = {\rm d}(\omega_n)\wedge{\rm d}x_{n+1} + (-1)^{n-1}\omega_n{\rm d}^2x_{n+1} + (-1)^{n}{\rm d}x_{n+1} \wedge {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge {\rm d}x_{n} \end{align*}Nun können wir die Induktionshypothese auf den ersten Term anwenden, der zweite Term ist gleich Null, weil${\rm d}^2x_i = 0$. So\begin{align*} {\rm d} \omega &= n \cdot {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge {\rm d}x_n\wedge{\rm d}x_{n+1} + (-1)^{n}{\rm d}x_{n+1} \wedge {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge {\rm d}x_{n}\\ &= n \cdot {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge{\rm d}x_{n+1} + (-1)^{2n}{\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge{\rm d}x_{n+1}\\ &= (n+1)\cdot{\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge{\rm d}x_{n+1}. \end{align*}wo ich die benutzt habe$\wedge$-Antikommutativität$n$mal zu bekommen${\rm d}x_{n+1}$an die richtige Stelle.
b) In diesem Teil verwirrt mich die Notation etwas. Genau genommen${\rm d}\omega$ist ein$3$-Differentialform und daher würde ich so etwas erwarten${\rm d}\omega(x)(v_1,v_2,v_3)$wo$x, v_1, v_2, v_3 \in \mathbb{R}^3$. Ich nehme an, das erste Argument wurde fallen gelassen, seit wir das gezeigt haben${\rm d}\omega$ergibt einen konstanten Wechsel$3$-Formular für fest$n$. Da zwei Eingänge gleich sind und${\rm d}\omega$ist abwechselnd sollten wir dann haben${\rm d}\omega(v_1, v_2, v_1) = 0$.
c) Ich bin immer noch etwas verwirrt, wenn es darum geht, Differentialformen zu integrieren, aber ich denke, das sollte funktionieren:$$\int_{[0,1]^n} {\rm d}\omega = \int_{[0,1]^n} n \cdot {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge{\rm d}x_{n} = n \cdot \int_{[0,1]^n} {\rm d}\lambda^n(x) = n \cdot \lambda^n([0,1]^n) = n.$$Hier$\lambda^n$soll das bezeichnen$n$-dim Lebesgue-Maß an$\mathbb{R}^n$.
Zusatzfragen : Hat die gegebene Differentialform$\omega$haben eine bestimmte Verwendung oder Bedeutung? Gibt es eine kürzere Lösung für Teil b), die ich übersehen habe? Vielen Dank!
Antworten
Teil (a) hat eine viel schnellere Lösung, Induktion wird überhaupt nicht benötigt. Eine der möglichen Definitionen von$d$ist erstmal zu schreiben$\omega = \sum_I a_I dx^I$, wo$I$ist ein injektives Zahlentupel dazwischen$1$und$n$,$a_I = a_{i_1 \dots i_k}$und$dx_I:= dx_{i_1}\wedge \cdots \wedge dx_{i_k}$, dann definieren wir$d\omega := \sum_I (da_I)\wedge dx_I$. Also in deinem Fall\begin{align} d\omega &:= \sum_{i=1}^nd((-1)^{i-1}x_i) \wedge dx_1 \wedge\cdots \wedge \widehat{dx_i}\wedge \cdots dx_n \\ &= \sum_{i=1}^n(-1)^{i-1}dx_i \wedge dx_1 \wedge\cdots \wedge \widehat{dx_i}\wedge \cdots dx_n \\ &= \sum_{i=1}^n dx_1 \wedge \cdots\wedge dx_n \\ &= n \cdot dx_1 \cdots \wedge \wedge dx_n \end{align}(mit etwas Übung wird diese Berechnung so "offensichtlich" wie$(a+b)^3 = a^3+3a^2b + 3ab^2 + b^3$)
Für Teil (b), ja, was geschrieben steht, ist technisch gesehen ein Notationsmissbrauch, weil$d\omega$ein Differential sein$n$-Form auf einem Verteiler$M$bedeutet, dass Sie zuerst einen Punkt einstecken müssen$p\in M$, bekommen$d\omega(p)$, und dann gegebenen Tangentenvektoren$\xi_1, \dots, \xi_n \in T_pM$, Sie können diese einstecken, um eine Nummer zu erhalten$d\omega(p)[\xi_1, \dots, \xi_n] \in \Bbb{R}$. Aber Ihre Lösung ist richtig (was meiner Meinung nach so kurz wie möglich ist) wegen der alternierenden Natur von Differentialformen.
Teil (c) ist richtig.
Was die Verwendung von$\omega$, eine Sache, die mir einfällt, ist, wenn du es zulässt$\iota:S^{n-1}\to \Bbb{R}^n$sei das Inklusions-Mapping, dann der Pull-Back$\iota^*\omega$ist die Volumenform auf der Einheitskugel$S^{n-1}$. Zum Beispiel, wenn$n=2$, das ist$\omega = x dy - y dx$, während für$n=3$das wird\begin{align} \omega &= x\, dy \wedge dz - y\, dx \wedge dz + z\, dx\wedge dy \\ &= x\, dy \wedge dz + y\, dz \wedge dx + z\, dx\wedge dy \end{align}Allgemeiner, wenn Sie eine nehmen$m$-dimensional orientierte Mannigfaltigkeit$M$mit Volumenform$\mu$, und ein$m-1$-dimensionale eingebettete Untermannigfaltigkeit$N\subset M$(dh eine Hyperfläche) mit einem Einheitsnormalen-Vektorfeld nach außen$\nu$, dann durch Nehmen von (dem Pullback auf$N$von) das Innenprodukt$\iota_{\nu}\mu$, erhalten Sie das Volumenformular auf$N$.
In gebräuchlicherer Notation (und durch Unterdrücken des Rückzugs aus der Notation) schreiben wir dies als$d^{n-1}V = \iota_{\nu}(d^nV) \equiv \nu \lrcorner d^nV$, oder im Fall von$n=3$, wir schreiben dies als$dA = \nu \lrcorner dV$.
Eine konkrete Verwendung von ist mir nicht bekannt$\omega$. Es scheint nur dafür konstruiert zu sein, dass Teil (a) gilt. Ich denke, Ihre Lösungen für Teil (b) und (c) sind richtig und gut. Sie könnten wahrscheinlich Teil (a) für die Induktion so machen, wie Sie es getan haben, aber ich denke, wenn Sie nur die Formel verwenden würden$${\rm d} \left(\alpha_I {\rm d}x^I\right) = \sum_{i=1}^{n} \frac{\partial \alpha_I}{\partial x^i} {\rm d}x^i\wedge {\rm d}x^I$$es folgt direkt.