Dimostrare una proprietà di una forma differenziale reale e integrarla
Ho provato a risolvere il seguente esercizio, ma non sono sicuro che la mia soluzione sia corretta e, se possibile, vorrei avere alcune informazioni di base sull'esercizio.
Esercizio: Let$$\omega = \sum_{i = 1}^{n} (-1)^{i-1} x_i \cdot {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge \widehat{{\rm d}x_i} \wedge \dots \wedge {\rm d}x_n$$essere un differenziale$(n-1)$-forma sopra$\mathbb{R}^n$. La notazione del cappello dovrebbe significare che la forma${\rm d}x_i$è sceso dal prodotto a cuneo nel$i$-esimo addizione.
a) Dimostralo${\rm d}\omega = n \cdot {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge {\rm d}x_n$.
b) Let$n = 3$. Calcolare$${\rm d}\omega\left(\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0 \\ 2 \\ 1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix} \right)$$
c) Calcolare$\int_{[0,1]^n} {\rm d}\omega$.
La mia soluzione: a) Ho provato a dimostrare l'affermazione per induzione. Per$n = 2$noi abbiamo$\omega = x_1{\rm d}x_2 - x_2{\rm d}x_1$e quindi$${\rm d}\omega = {\rm d}(x_1)\wedge {\rm d}x_2 - {\rm d}(x_2)\wedge {\rm d}x_1 = {\rm d}x_1 \wedge {\rm d}x_2 + {\rm d}x_1 \wedge {\rm d}x_2 = 2 {\rm d}x_1 \wedge {\rm d}x_2.$$dove la seconda uguaglianza segue dall'anticommutatività di$\wedge$. Ora per il passo di induzione che abbiamo\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*}dove nell'ultima riga ho scomposto${\rm d}x_{n+1}$in quanto è presente in ciascuno dei termini della somma. Ora, per riordinare un po' la notazione, denotiamo la somma con$\omega_n$. Quindi per linearità e la regola del prodotto di${\rm d}$noi abbiamo\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*}Ora possiamo usare l'ipotesi di induzione sul primo termine, il secondo termine è uguale a zero, perché${\rm d}^2x_i = 0$. Così\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*}dove ho usato il$\wedge$-anticommutatività$n$volte per ottenere${\rm d}x_{n+1}$alla posizione corretta.
b) In questa parte la notazione mi confonde un po'. In senso stretto${\rm d}\omega$è un$3$-forma differenziale e quindi mi aspetterei qualcosa di simile${\rm d}\omega(x)(v_1,v_2,v_3)$dove$x, v_1, v_2, v_3 \in \mathbb{R}^3$. Suppongo che il primo argomento sia stato abbandonato da quando l'abbiamo dimostrato${\rm d}\omega$produce un'alternanza costante$3$-forma per fisso$n$. Poiché due ingressi sono uguali e${\rm d}\omega$si sta alternando dovremmo quindi avere${\rm d}\omega(v_1, v_2, v_1) = 0$.
c) Sono ancora un po' confuso quando si tratta di integrare forme differenziali, ma penso che dovrebbe funzionare:$$\int_{[0,1]^n} {\rm d}\omega = \int_{[0,1]^n} n \cdot {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge{\rm d}x_{n} = n \cdot \int_{[0,1]^n} {\rm d}\lambda^n(x) = n \cdot \lambda^n([0,1]^n) = n.$$Qui$\lambda^n$dovrebbe indicare il$n$-dim misura Lebesgue su$\mathbb{R}^n$.
Domande aggiuntive : La forma differenziale data$\omega$ha un uso o un significato specifico? C'è una soluzione più breve alla parte b) che mi sono perso? Grazie!
Risposte
La parte (a) ha una soluzione molto più rapida, l'induzione non è affatto necessaria. Una delle possibili definizioni di$d$è scrivere prima$\omega = \sum_I a_I dx^I$, dove$I$è una tupla iniettiva di numeri tra$1$e$n$,$a_I = a_{i_1 \dots i_k}$e$dx_I:= dx_{i_1}\wedge \cdots \wedge dx_{i_k}$, allora definiamo$d\omega := \sum_I (da_I)\wedge dx_I$. Quindi, nel tuo caso,\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}(con un po' di pratica, questo calcolo diventa "ovvio" come$(a+b)^3 = a^3+3a^2b + 3ab^2 + b^3$)
Per la parte (b), sì, quanto scritto è tecnicamente un abuso di notazione, perché$d\omega$essendo un differenziale$n$-forma su una varietà$M$significa che devi prima collegare un punto$p\in M$, ottenere$d\omega(p)$, e quindi dati i vettori tangenti$\xi_1, \dots, \xi_n \in T_pM$, puoi collegarli per ottenere un numero$d\omega(p)[\xi_1, \dots, \xi_n] \in \Bbb{R}$. Ma la tua soluzione è corretta (che penso sia la più breve possibile) a causa della natura alternata delle forme differenziali.
La parte (c) è corretta.
Per quanto riguarda gli usi di$\omega$, una cosa che mi viene in mente è che se lo lasci$\iota:S^{n-1}\to \Bbb{R}^n$essere la mappatura di inclusione, quindi il pull-back$\iota^*\omega$è la forma del volume sulla sfera unitaria$S^{n-1}$. Ad esempio, se$n=2$, questo è$\omega = x dy - y dx$, mentre per$n=3$questo diventa\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}Più in generale se prendi un$m$varietà orientata -dimensionale$M$con forma volumetrica$\mu$, e un$m-1$sottovarietà incorporata -dimensionale$N\subset M$(cioè un'ipersuperficie), con campo vettoriale normale verso l'esterno dell'unità$\nu$, quindi prendendo (il pullback a$N$di) il prodotto interno$\iota_{\nu}\mu$, ottieni il modulo del volume$N$.
Nella notazione più comune (e sopprimendo il pullback dalla notazione), lo scriviamo come$d^{n-1}V = \iota_{\nu}(d^nV) \equiv \nu \lrcorner d^nV$, o nel caso di$n=3$, lo scriviamo come$dA = \nu \lrcorner dV$.
Non conosco un uso specifico di$\omega$. Sembra essere costruito solo perché la parte (a) regga. Penso che le tue soluzioni per la parte (b) e (c) siano corrette e corrette. Probabilmente potresti fare la parte (a) per l'induzione come hai fatto, ma penso che se usassi la formula$${\rm d} \left(\alpha_I {\rm d}x^I\right) = \sum_{i=1}^{n} \frac{\partial \alpha_I}{\partial x^i} {\rm d}x^i\wedge {\rm d}x^I$$segue direttamente.