실제 미분 형태의 속성 입증 및 통합
다음 연습 문제를 해결하려고했지만 내 솔루션이 올바른지 확실하지 않으며 가능하면 연습에 대한 배경 정보를 얻고 싶습니다.
운동 : Let$$\omega = \sum_{i = 1}^{n} (-1)^{i-1} x_i \cdot {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge \widehat{{\rm d}x_i} \wedge \dots \wedge {\rm d}x_n$$ 차별적이다 $(n-1)$-형성 $\mathbb{R}^n$. 모자 표기법은${\rm d}x_i$ 웨지 제품에서 떨어집니다. $i$-일 요약.
a) 보여${\rm d}\omega = n \cdot {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge {\rm d}x_n$.
b)하자$n = 3$. 계산하다$${\rm d}\omega\left(\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0 \\ 2 \\ 1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix} \right)$$
c) 계산 $\int_{[0,1]^n} {\rm d}\omega$.
나의 해결책 : a) 나는 귀납법으로 주장을 증명하려고 노력했습니다. 에 대한$n = 2$ 우리는 $\omega = x_1{\rm d}x_2 - x_2{\rm d}x_1$ 따라서 $${\rm d}\omega = {\rm d}(x_1)\wedge {\rm d}x_2 - {\rm d}(x_2)\wedge {\rm d}x_1 = {\rm d}x_1 \wedge {\rm d}x_2 + {\rm d}x_1 \wedge {\rm d}x_2 = 2 {\rm d}x_1 \wedge {\rm d}x_2.$$ 두 번째 등식은 $\wedge$. 이제 유도 단계에 대해\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*} 마지막 줄에서 내가 고려한 곳 ${\rm d}x_{n+1}$합계의 각 조건에 존재하기 때문입니다. 이제 표기법을 약간 정리하려면 합계를 다음과 같이 표시하십시오.$\omega_n$. 그런 다음 선형성과 제품 규칙에 의해${\rm d}$ 우리는 \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*} 이제 첫 번째 항에 대한 유도 가설을 사용할 수 있습니다. 두 번째 항은 0과 같습니다. ${\rm d}^2x_i = 0$. 그래서\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*} 내가 사용한 곳 $\wedge$-반 교환 성 $n$ 얻을 시간 ${\rm d}x_{n+1}$올바른 위치로.
b) 이 부분에서 표기법이 약간 혼란 스럽습니다. 엄밀히 말하자면${\rm d}\omega$ 이다 $3$-차동 형태이므로 다음과 같은 것을 기대합니다. ${\rm d}\omega(x)(v_1,v_2,v_3)$ 어디 $x, v_1, v_2, v_3 \in \mathbb{R}^3$. 첫 번째 주장은 우리가${\rm d}\omega$ 일정한 번갈아 가며 $3$-고정 양식 $n$. 두 입력이 동일하고${\rm d}\omega$ 번갈아 가며 우리는 ${\rm d}\omega(v_1, v_2, v_1) = 0$.
c) 차동 형식을 통합 할 때 여전히 약간 혼란 스럽지만 이것이 효과가 있다고 생각합니다.$$\int_{[0,1]^n} {\rm d}\omega = \int_{[0,1]^n} n \cdot {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge{\rm d}x_{n} = n \cdot \int_{[0,1]^n} {\rm d}\lambda^n(x) = n \cdot \lambda^n([0,1]^n) = n.$$ 여기 $\lambda^n$ 표시해야합니다 $n$-희미한 Lebesgue 측정 $\mathbb{R}^n$.
추가 질문 : 주어진 차등 형식이$\omega$특정한 용도 나 의미가 있습니까? 내가 놓친 파트 b)에 대한 더 짧은 해결책이 있습니까? 감사!
답변
파트 (a)는 훨씬 더 빠른 해결책을 가지고 있으며, 유도는 전혀 필요하지 않습니다. 가능한 정의 중 하나$d$ 처음 쓰는 것입니다 $\omega = \sum_I a_I dx^I$, 어디 $I$ 사이에 숫자의 주입 튜플입니다. $1$ 과 $n$, $a_I = a_{i_1 \dots i_k}$ 과 $dx_I:= dx_{i_1}\wedge \cdots \wedge dx_{i_k}$, 우리는 $d\omega := \sum_I (da_I)\wedge dx_I$. 따라서 귀하의 경우에는\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} (일부 연습을 통해이 계산은 다음과 같이 "명백하게"됩니다. $(a+b)^3 = a^3+3a^2b + 3ab^2 + b^3$)
부분 (b)의 경우, 예, 쓰여진 것은 기술적으로 표기법의 남용입니다. $d\omega$ 미분 $n$-다양체에 형성 $M$ 먼저 포인트를 연결해야 함을 의미합니다. $p\in M$, 가져 오기 $d\omega(p)$, 주어진 탄젠트 벡터 $\xi_1, \dots, \xi_n \in T_pM$, 이것을 연결하여 번호를 얻을 수 있습니다. $d\omega(p)[\xi_1, \dots, \xi_n] \in \Bbb{R}$. 그러나 귀하의 솔루션은 미분 형태의 교대 특성 때문에 정확합니다 (내 생각에는 얻을 수있는 한 짧습니다).
(c) 부분이 맞습니다.
용도에 관해서 $\omega$, 제가 생각할 수있는 한 가지는 $\iota:S^{n-1}\to \Bbb{R}^n$ 포함 매핑, 풀백 $\iota^*\omega$ 단위 구의 체적 형태 $S^{n-1}$. 예를 들어$n=2$, 이것은 $\omega = x dy - y dx$, 동안 $n=3$ 이것은된다 \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} 좀 더 일반적으로 $m$차원 지향 매니 폴드 $M$ 볼륨 형태로 $\mu$, 그리고 $m-1$-차원 임베디드 서브 매니 폴드 $N\subset M$ (즉, 하이퍼 서피스), 단위 바깥 쪽 법선 벡터 장 $\nu$, 그런 다음 (풀백 $N$ of) 인테리어 제품 $\iota_{\nu}\mu$, 당신은 볼륨 양식을 얻습니다 $N$.
보다 일반적인 표기법에서 (그리고 표기법에서 풀백을 억제하여) 다음과 같이 작성합니다. $d^{n-1}V = \iota_{\nu}(d^nV) \equiv \nu \lrcorner d^nV$, 또는 $n=3$, 우리는 이것을 다음과 같이 씁니다. $dA = \nu \lrcorner dV$.
특정 용도를 모르겠습니다. $\omega$. (a) 부분 만 유지하기 위해 만들어진 것 같습니다. 파트 (b)와 (c)에 대한 귀하의 솔루션이 정확하고 훌륭하다고 생각합니다. 당신은 아마 당신이했던 것처럼 귀납을 위해 부분 (a)를 할 수있을 것입니다.$${\rm d} \left(\alpha_I {\rm d}x^I\right) = \sum_{i=1}^{n} \frac{\partial \alpha_I}{\partial x^i} {\rm d}x^i\wedge {\rm d}x^I$$ 바로 다음과 같습니다.