実微分形式の性質を証明し、それを積分する
次の演習を解決しようとしましたが、解決策が正しいかどうかわかりません。可能であれば、演習の背景情報を入手したいと思います。
演習：レッツ$$\omega = \sum_{i = 1}^{n} (-1)^{i-1} x_i \cdot {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge \widehat{{\rm d}x_i} \wedge \dots \wedge {\rm d}x_n$$ ディファレンシャルになる $(n-1)$-フォームオーバー $\mathbb{R}^n$。帽子の表記は、その形を意味することになっています${\rm d}x_i$ のウェッジ製品からドロップされます $i$-番目の被加数。
a）それを示す${\rm d}\omega = n \cdot {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge {\rm d}x_n$。
b）しましょう$n = 3$。計算する$${\rm d}\omega\left(\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0 \\ 2 \\ 1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix} \right)$$
c）計算する $\int_{[0,1]^n} {\rm d}\omega$。
私の解決策： a）私は誘導によって主張を証明しようとしました。ために$n = 2$ 我々は持っています $\omega = x_1{\rm d}x_2 - x_2{\rm d}x_1$ したがって $${\rm d}\omega = {\rm d}(x_1)\wedge {\rm d}x_2 - {\rm d}(x_2)\wedge {\rm d}x_1 = {\rm d}x_1 \wedge {\rm d}x_2 + {\rm d}x_1 \wedge {\rm d}x_2 = 2 {\rm d}x_1 \wedge {\rm d}x_2.$$ ここで、2番目の等式はの反交換性から得られます $\wedge$。今、帰納法のステップのために私たちは持っています\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*} 最後の行で私が因数分解したところ ${\rm d}x_{n+1}$合計の各項に存在するため。ここで、表記を少し整理するために、合計をで表すようにします。$\omega_n$。次に、線形性との積の法則によって${\rm d}$ 我々は持っています \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*} これで、最初の項で帰納法の仮説を使用できます。2番目の項はゼロに等しいためです。 ${\rm d}^2x_i = 0$。そう\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*} 私が使用した場所 $\wedge$-反交換性 $n$ 取得する時間 ${\rm d}x_{n+1}$正しい位置に。
b）この部分では、表記が少し混乱しています。厳密に言えば${\rm d}\omega$ は $3$-微分形式なので、私は次のようなものを期待します ${\rm d}\omega(x)(v_1,v_2,v_3)$ どこ $x, v_1, v_2, v_3 \in \mathbb{R}^3$。私たちがそれを示したので、最初の議論は落とされたと思います${\rm d}\omega$ 一定の交互を生成します $3$-固定用のフォーム $n$。2つの入力が等しいので${\rm d}\omega$ 交互になっているはずです ${\rm d}\omega(v_1, v_2, v_1) = 0$。
c）微分形式の統合に関してはまだ少し混乱していますが、これはうまくいくはずです：$$\int_{[0,1]^n} {\rm d}\omega = \int_{[0,1]^n} n \cdot {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge{\rm d}x_{n} = n \cdot \int_{[0,1]^n} {\rm d}\lambda^n(x) = n \cdot \lambda^n([0,1]^n) = n.$$ ここに $\lambda^n$ を示すことになっています $n$-薄暗いルベーグ測度 $\mathbb{R}^n$。
追加の質問：与えられた微分形式はありますか$\omega$特定の用途や意味はありますか？私が見逃したパートb）のより短い解決策はありますか？ありがとう！
回答
パート（a）ははるかに迅速な解決策であり、誘導はまったく必要ありません。の可能な定義の1つ$d$ 最初に書くことです $\omega = \sum_I a_I dx^I$、 どこ $I$ 間の数の単射タプルです $1$ そして $n$、 $a_I = a_{i_1 \dots i_k}$ そして $dx_I:= dx_{i_1}\wedge \cdots \wedge dx_{i_k}$、次に定義します $d\omega := \sum_I (da_I)\wedge dx_I$。だから、あなたの場合、\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} （ある程度の練習をすれば、この計算は次のように「明白」になります。 $(a+b)^3 = a^3+3a^2b + 3ab^2 + b^3$）
パート（b）については、はい、書かれているのは技術的には表記法の乱用です。 $d\omega$ ディファレンシャルであること $n$-多様体上のフォーム $M$ つまり、最初にポイントを接続する必要があります $p\in M$、 取得するため $d\omega(p)$、次に与えられた接線ベクトル $\xi_1, \dots, \xi_n \in T_pM$、これらを接続して番号を取得できます $d\omega(p)[\xi_1, \dots, \xi_n] \in \Bbb{R}$。しかし、微分形式の性質が交互になっているため、あなたの解決策は正しいです（私はそれが得ることができる限り短いと思います）。
パート（c）は正しいです。
の用途は $\omega$、私が考えることができることの1つは、 $\iota:S^{n-1}\to \Bbb{R}^n$ インクルージョンマッピングであり、次にプルバック $\iota^*\omega$ は単位球上の体積形式です $S^{n-1}$。たとえば、$n=2$、 これは $\omega = x dy - y dx$、 $n=3$ これは \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} より一般的には $m$-次元指向多様体 $M$ ボリュームフォーム付き $\mu$、 と $m-1$-次元の埋め込まれた部分多様体 $N\subset M$ （すなわち、超曲面）、単位外向き法線ベクトル場 $\nu$、次に取る（への引き戻し $N$ の）インテリア製品 $\iota_{\nu}\mu$、ボリュームフォームを取得します $N$。
より一般的な表記法では（そして表記法からのプルバックを抑制することにより）、これを次のように記述します。 $d^{n-1}V = \iota_{\nu}(d^nV) \equiv \nu \lrcorner d^nV$、またはの場合 $n=3$、これを次のように記述します $dA = \nu \lrcorner dV$。
私はの特定の使用法を知りません $\omega$。（a）を保持するためだけに構築されているようです。パート（b）と（c）の解決策は正しく、問題ないと思います。おそらくあなたがしたように誘導のためにパート（a）を行うことができますが、あなたが式を使用しただけなら私は思います$${\rm d} \left(\alpha_I {\rm d}x^I\right) = \sum_{i=1}^{n} \frac{\partial \alpha_I}{\partial x^i} {\rm d}x^i\wedge {\rm d}x^I$$ それは直接続きます。