Demonstrar uma propriedade de uma forma diferencial real e integrá-la
Tentei resolver o exercício a seguir, mas não tenho certeza se minha solução está correta e, se possível, gostaria de obter algumas informações básicas sobre o exercício.
Exercício: Deixe$$\omega = \sum_{i = 1}^{n} (-1)^{i-1} x_i \cdot {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge \widehat{{\rm d}x_i} \wedge \dots \wedge {\rm d}x_n$$ser um diferencial$(n-1)$-forma sobre$\mathbb{R}^n$. A notação hat supostamente significa que a forma${\rm d}x_i$é descartado do produto cunha no$i$-th summand.
a) Mostre que${\rm d}\omega = n \cdot {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge {\rm d}x_n$.
b) Deixe$n = 3$. Calcular$${\rm d}\omega\left(\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0 \\ 2 \\ 1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix} \right)$$
c) Calcular$\int_{[0,1]^n} {\rm d}\omega$.
Minha solução: a) Tentei provar a afirmação por indução. Por$n = 2$temos$\omega = x_1{\rm d}x_2 - x_2{\rm d}x_1$e assim$${\rm d}\omega = {\rm d}(x_1)\wedge {\rm d}x_2 - {\rm d}(x_2)\wedge {\rm d}x_1 = {\rm d}x_1 \wedge {\rm d}x_2 + {\rm d}x_1 \wedge {\rm d}x_2 = 2 {\rm d}x_1 \wedge {\rm d}x_2.$$onde a segunda igualdade decorre da anticomutatividade de$\wedge$. Agora para a etapa de indução temos\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*}onde na última linha eu fatorei${\rm d}x_{n+1}$como está presente em cada um dos termos da soma. Agora, para arrumar um pouco a notação, deixe a soma ser denotada por$\omega_n$. Então, por linearidade e pela regra do produto de${\rm d}$temos\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*}Agora podemos usar a hipótese de indução no primeiro termo, o segundo termo é igual a zero, porque${\rm d}^2x_i = 0$. Então\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*}onde eu usei o$\wedge$-anticomutatividade$n$vezes para obter${\rm d}x_{n+1}$para a posição correta.
b) Nesta parte a notação me confunde um pouco. Estritamente falando${\rm d}\omega$é um$3$-forma diferencial e, portanto, eu esperaria algo como${\rm d}\omega(x)(v_1,v_2,v_3)$Onde$x, v_1, v_2, v_3 \in \mathbb{R}^3$. Suponho que o primeiro argumento foi descartado, pois mostramos que${\rm d}\omega$produz uma alternância constante$3$-formulário para fixo$n$. Como duas entradas são iguais e${\rm d}\omega$está alternando, então devemos ter${\rm d}\omega(v_1, v_2, v_1) = 0$.
c) Ainda estou um pouco confuso quando se trata de integrar formas diferenciais, mas acho que deve funcionar:$$\int_{[0,1]^n} {\rm d}\omega = \int_{[0,1]^n} n \cdot {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge{\rm d}x_{n} = n \cdot \int_{[0,1]^n} {\rm d}\lambda^n(x) = n \cdot \lambda^n([0,1]^n) = n.$$Aqui$\lambda^n$supostamente denota o$n$-dim medida Lebesgue em$\mathbb{R}^n$.
Questões adicionais : A forma diferencial dada$\omega$tem algum uso ou significado específico? Existe uma solução mais curta para a parte b) que eu perdi? Obrigado!
Respostas
A parte (a) tem uma solução muito mais rápida, a indução não é necessária. Uma das possíveis definições de$d$é primeiro escrever$\omega = \sum_I a_I dx^I$, Onde$I$é uma tupla injetora de números entre$1$e$n$,$a_I = a_{i_1 \dots i_k}$e$dx_I:= dx_{i_1}\wedge \cdots \wedge dx_{i_k}$, então definimos$d\omega := \sum_I (da_I)\wedge dx_I$. Então, no seu 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}(com alguma prática, este cálculo torna-se tão "óbvio" quanto$(a+b)^3 = a^3+3a^2b + 3ab^2 + b^3$)
Para a parte (b), sim, o que está escrito é tecnicamente um abuso de notação, porque$d\omega$sendo um diferencial$n$-forma em um manifold$M$significa que você deve primeiro conectar um ponto$p\in M$, para obter$d\omega(p)$, e então dados vetores tangentes$\xi_1, \dots, \xi_n \in T_pM$, você pode conectá-los para obter um número$d\omega(p)[\xi_1, \dots, \xi_n] \in \Bbb{R}$. Mas sua solução está correta (que eu acho que é a mais curta possível) por causa da natureza alternada das formas diferenciais.
A parte (c) está certa.
Quanto aos usos de$\omega$, uma coisa que posso pensar é que se você deixar$\iota:S^{n-1}\to \Bbb{R}^n$ser o mapeamento de inclusão, então o pull-back$\iota^*\omega$é a forma de volume na esfera unitária$S^{n-1}$. Por exemplo, se$n=2$, isto é$\omega = x dy - y dx$, enquanto para$n=3$isso se torna\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}Mais geralmente, se você tomar um$m$variedade orientada dimensional$M$com forma de volume$\mu$, e um$m-1$subvariedade incorporada dimensional$N\subset M$(ou seja, uma hipersuperfície), com campo vetorial normal unitário externo$\nu$, então tomando (o pullback para$N$de) o produto interior$\iota_{\nu}\mu$, você obtém o formulário de volume em$N$.
Na notação mais comum (e suprimindo o pullback da notação), escrevemos isso como$d^{n-1}V = \iota_{\nu}(d^nV) \equiv \nu \lrcorner d^nV$, ou no caso de$n=3$, escrevemos isso como$dA = \nu \lrcorner dV$.
Eu não sei de um uso específico de$\omega$. Parece ser construído apenas para a parte (a) segurar. Acho que suas soluções para as partes (b) e (c) estão corretas e boas. Você provavelmente poderia fazer a parte (a) para indução como fez, mas acho que se você apenas usasse a fórmula$${\rm d} \left(\alpha_I {\rm d}x^I\right) = \sum_{i=1}^{n} \frac{\partial \alpha_I}{\partial x^i} {\rm d}x^i\wedge {\rm d}x^I$$segue diretamente.