Доказательство свойства вещественной дифференциальной формы и его интегрирование
Я попытался решить следующее упражнение, но не уверен, правильно ли мое решение, и, если возможно, хотел бы получить некоторую справочную информацию об этом упражнении.
Упражнение: пусть$$\omega = \sum_{i = 1}^{n} (-1)^{i-1} x_i \cdot {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge \widehat{{\rm d}x_i} \wedge \dots \wedge {\rm d}x_n$$ быть дифференциалом $(n-1)$-формировать $\mathbb{R}^n$. Обозначение шляпы должно означать, что форма${\rm d}x_i$ падает с клина в $i$-е слагаемое.
а) Покажите, что${\rm d}\omega = n \cdot {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge {\rm d}x_n$.
б) Пусть$n = 3$. Рассчитать$${\rm d}\omega\left(\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0 \\ 2 \\ 1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix} \right)$$
в) Рассчитать $\int_{[0,1]^n} {\rm d}\omega$.
Мое решение: а) Я попытался доказать утверждение по индукции. Для$n = 2$ у нас есть $\omega = x_1{\rm d}x_2 - x_2{\rm d}x_1$ и поэтому $${\rm d}\omega = {\rm d}(x_1)\wedge {\rm d}x_2 - {\rm d}(x_2)\wedge {\rm d}x_1 = {\rm d}x_1 \wedge {\rm d}x_2 + {\rm d}x_1 \wedge {\rm d}x_2 = 2 {\rm d}x_1 \wedge {\rm d}x_2.$$ где второе равенство следует из антикоммутативности $\wedge$. Теперь для шага индукции имеем\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*} где в последней строке я вычеркнул ${\rm d}x_{n+1}$поскольку он присутствует в каждом из слагаемых суммы. Теперь, чтобы немного привести в порядок обозначения, обозначим сумму как$\omega_n$. Тогда по линейности и правилу произведения${\rm d}$ у нас есть \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*} Теперь мы можем использовать предположение индукции по первому члену, второй член равен нулю, потому что ${\rm d}^2x_i = 0$. Так\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*} где я использовал $\wedge$-антикоммутативность $n$ раз, чтобы получить ${\rm d}x_{n+1}$в правильное положение.
б) В этой части меня немного смущают обозначения. Строго говоря${\rm d}\omega$ это $3$-дифференциальная форма, и поэтому я ожидал чего-то вроде ${\rm d}\omega(x)(v_1,v_2,v_3)$ где $x, v_1, v_2, v_3 \in \mathbb{R}^3$. Я полагаю, что первый аргумент был отброшен, поскольку мы показали, что${\rm d}\omega$ дает постоянную переменную $3$-форма для фиксированных $n$. Поскольку два входа равны и${\rm d}\omega$ чередуется, тогда мы должны иметь ${\rm d}\omega(v_1, v_2, v_1) = 0$.
c) Я все еще немного запутался, когда дело доходит до интеграции дифференциальных форм, но я думаю, что это должно сработать:$$\int_{[0,1]^n} {\rm d}\omega = \int_{[0,1]^n} n \cdot {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge{\rm d}x_{n} = n \cdot \int_{[0,1]^n} {\rm d}\lambda^n(x) = n \cdot \lambda^n([0,1]^n) = n.$$ Вот $\lambda^n$ должен обозначать $n$мера Лебега на $\mathbb{R}^n$.
Дополнительные вопросы : Имеет ли данная дифференциальная форма$\omega$есть какое-то конкретное использование или значение? Есть ли более короткое решение для части b), которое я пропустил? Спасибо!
Ответы
Часть (а) имеет гораздо более быстрое решение, индукция не требуется. Одно из возможных определений$d$ сначала написать $\omega = \sum_I a_I dx^I$, где $I$ является инъективным набором чисел между $1$ и $n$, $a_I = a_{i_1 \dots i_k}$ и $dx_I:= dx_{i_1}\wedge \cdots \wedge dx_{i_k}$, то определим $d\omega := \sum_I (da_I)\wedge dx_I$. Итак, в вашем случае\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} (с некоторой практикой этот расчет становится столь же "очевидным", как $(a+b)^3 = a^3+3a^2b + 3ab^2 + b^3$)
Что касается части (b), да, то, что написано, технически является злоупотреблением обозначениями, потому что $d\omega$ быть дифференциалом $n$-форма на многообразии $M$ означает, что вам нужно сначала подключить точку $p\in M$, получить $d\omega(p)$, а затем по касательным векторам $\xi_1, \dots, \xi_n \in T_pM$, вы можете подключить их, чтобы получить номер $d\omega(p)[\xi_1, \dots, \xi_n] \in \Bbb{R}$. Но ваше решение правильное (которое, я думаю, настолько короткое, насколько возможно) из-за чередующейся природы дифференциальных форм.
Часть (c) верна.
Что касается использования $\omega$я могу думать о том, что если вы позволите $\iota:S^{n-1}\to \Bbb{R}^n$ быть отображением включения, затем откат $\iota^*\omega$ форма объема на единичной сфере $S^{n-1}$. Например, если$n=2$, это $\omega = x dy - y dx$, а для $n=3$ это становится \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} В общем, если вы возьмете $m$-мерное ориентированное многообразие $M$ с объемной формой $\mu$, и $m-1$-мерное вложенное подмногообразие $N\subset M$ (т.е. гиперповерхность) с единичным векторным полем внешней нормали $\nu$, затем взяв (откат к $N$ из) интерьерный продукт $\iota_{\nu}\mu$, вы получите объемную форму на $N$.
В более распространенных обозначениях (и путем подавления отката от обозначений) мы пишем это как $d^{n-1}V = \iota_{\nu}(d^nV) \equiv \nu \lrcorner d^nV$, или в случае $n=3$, запишем это как $dA = \nu \lrcorner dV$.
Я не знаю, как конкретно использовать $\omega$. Похоже, он построен только для того, чтобы выполнялась часть (а). Я думаю, что ваши решения для частей (b) и (c) верны и хороши. Вы, вероятно, могли бы выполнить часть (а) для индукции, как вы, но я думаю, если бы вы просто использовали формулу$${\rm d} \left(\alpha_I {\rm d}x^I\right) = \sum_{i=1}^{n} \frac{\partial \alpha_I}{\partial x^i} {\rm d}x^i\wedge {\rm d}x^I$$ он следует прямо.