Prouver une propriété d'une forme différentielle réelle et l'intégrer
J'ai essayé de résoudre l'exercice suivant, mais je ne sais pas si ma solution est correcte et si possible, j'aimerais obtenir des informations générales sur l'exercice.
Exercice: laissez$$\omega = \sum_{i = 1}^{n} (-1)^{i-1} x_i \cdot {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge \widehat{{\rm d}x_i} \wedge \dots \wedge {\rm d}x_n$$ être un différentiel $(n-1)$-formé $\mathbb{R}^n$. La notation chapeau est censée signifier que la forme${\rm d}x_i$ est tombé du produit de coin dans le $i$-ème sommation.
a) Montrez que${\rm d}\omega = n \cdot {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge {\rm d}x_n$.
b) Soit$n = 3$. Calculer$${\rm d}\omega\left(\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0 \\ 2 \\ 1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix} \right)$$
c) Calculer $\int_{[0,1]^n} {\rm d}\omega$.
Ma solution: a) J'ai essayé de prouver la réclamation par induction. Pour$n = 2$ nous avons $\omega = x_1{\rm d}x_2 - x_2{\rm d}x_1$ Et ainsi $${\rm d}\omega = {\rm d}(x_1)\wedge {\rm d}x_2 - {\rm d}(x_2)\wedge {\rm d}x_1 = {\rm d}x_1 \wedge {\rm d}x_2 + {\rm d}x_1 \wedge {\rm d}x_2 = 2 {\rm d}x_1 \wedge {\rm d}x_2.$$ où la seconde égalité découle de l'anticommutativité de $\wedge$. Maintenant, pour l'étape d'induction, nous avons\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*} où dans la dernière ligne j'ai pris en compte ${\rm d}x_{n+1}$comme il est présent dans chacun des termes de la somme. Maintenant, pour ranger un peu la notation, la somme est notée$\omega_n$. Puis par linéarité et par la règle du produit de${\rm d}$ nous avons \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*} On peut maintenant utiliser l'hypothèse d'induction sur le premier terme, le second terme est égal à zéro, car ${\rm d}^2x_i = 0$. Donc\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*} où j'ai utilisé le $\wedge$-anticommutativité $n$ temps pour obtenir ${\rm d}x_{n+1}$à la bonne position.
b) Dans cette partie, la notation me déroute un peu. À proprement parler${\rm d}\omega$ est un $3$-forme différentielle et donc je m'attendrais à quelque chose comme ${\rm d}\omega(x)(v_1,v_2,v_3)$ où $x, v_1, v_2, v_3 \in \mathbb{R}^3$. Je suppose que le premier argument a été abandonné puisque nous avons montré que${\rm d}\omega$ donne une constante alternée $3$-form pour fixe $n$. Puisque deux entrées sont égales et${\rm d}\omega$ est en alternance nous devrions alors avoir ${\rm d}\omega(v_1, v_2, v_1) = 0$.
c) Je suis encore un peu confus quand il s'agit d'intégrer des formes différentielles, mais je pense que cela devrait fonctionner:$$\int_{[0,1]^n} {\rm d}\omega = \int_{[0,1]^n} n \cdot {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge{\rm d}x_{n} = n \cdot \int_{[0,1]^n} {\rm d}\lambda^n(x) = n \cdot \lambda^n([0,1]^n) = n.$$ Ici $\lambda^n$ est censé désigner le $n$-dim Lebesgue mesure sur $\mathbb{R}^n$.
Questions supplémentaires : la forme différentielle donnée$\omega$ont une utilité ou une signification spécifique? Y a-t-il une solution plus courte à la partie b) que j'ai manquée? Merci!
Réponses
La partie (a) a une solution beaucoup plus rapide, l'induction n'est pas du tout nécessaire. L'une des définitions possibles de$d$ est d'écrire d'abord $\omega = \sum_I a_I dx^I$, où $I$ est un tuple injectif de nombres entre $1$ et $n$, $a_I = a_{i_1 \dots i_k}$ et $dx_I:= dx_{i_1}\wedge \cdots \wedge dx_{i_k}$, alors on définit $d\omega := \sum_I (da_I)\wedge dx_I$. Donc, dans votre cas,\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} (avec un peu de pratique, ce calcul devient aussi "évident" que $(a+b)^3 = a^3+3a^2b + 3ab^2 + b^3$)
Pour la partie (b), oui, ce qui est écrit est techniquement un abus de notation, car $d\omega$ être un différentiel $n$-form sur un collecteur $M$ signifie que vous devez d'abord brancher un point $p\in M$, obtenir $d\omega(p)$, puis des vecteurs tangents donnés $\xi_1, \dots, \xi_n \in T_pM$, vous pouvez les brancher pour obtenir un numéro $d\omega(p)[\xi_1, \dots, \xi_n] \in \Bbb{R}$. Mais votre solution est correcte (ce que je pense est aussi courte que possible) en raison de la nature alternée des formes différentielles.
La partie (c) est juste.
Quant aux utilisations de $\omega$, une chose à laquelle je peux penser est que si vous laissez $\iota:S^{n-1}\to \Bbb{R}^n$ être le mappage d'inclusion, puis le pull-back $\iota^*\omega$ est la forme du volume sur la sphère unitaire $S^{n-1}$. Par exemple, si$n=2$, c'est $\omega = x dy - y dx$, tandis que pour $n=3$ cela devient \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} Plus généralement si vous prenez un $m$-variété orientée dimensionnelle $M$ avec forme de volume $\mu$, Et un $m-1$-sous-manifold intégré dimensionnel $N\subset M$ (c'est-à-dire une hypersurface), avec un champ vectoriel normal extérieur unitaire $\nu$, puis en prenant (le retrait vers $N$ de) le produit intérieur $\iota_{\nu}\mu$, vous obtenez le formulaire de volume sur $N$.
Dans une notation plus courante (et en supprimant le retrait de la notation), nous écrivons ceci comme $d^{n-1}V = \iota_{\nu}(d^nV) \equiv \nu \lrcorner d^nV$, ou dans le cas de $n=3$, nous écrivons ceci comme $dA = \nu \lrcorner dV$.
Je ne connais pas d'utilisation spécifique de $\omega$. Il semble être construit juste pour que la partie (a) soit maintenue. Je pense que vos solutions pour les parties (b) et (c) sont correctes et très bien. Vous pourriez probablement faire la partie (a) pour l'induction comme vous l'avez fait, mais je pense que si vous venez d'utiliser la formule$${\rm d} \left(\alpha_I {\rm d}x^I\right) = \sum_{i=1}^{n} \frac{\partial \alpha_I}{\partial x^i} {\rm d}x^i\wedge {\rm d}x^I$$ il suit directement.