พิสูจน์คุณสมบัติของรูปแบบอนุพันธ์ที่แท้จริงและรวมเข้าด้วยกัน
ฉันพยายามแก้ไขแบบฝึกหัดต่อไปนี้ แต่ฉันไม่แน่ใจว่าวิธีแก้ปัญหาของฉันถูกต้องหรือไม่และถ้าเป็นไปได้ฉันต้องการรับข้อมูลพื้นฐานเกี่ยวกับแบบฝึกหัด
การออกกำลังกาย:ให้$$\omega = \sum_{i = 1}^{n} (-1)^{i-1} x_i \cdot {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge \widehat{{\rm d}x_i} \wedge \dots \wedge {\rm d}x_n$$ เป็นความแตกต่าง $(n-1)$- ฟอร์มมากกว่า $\mathbb{R}^n$. สัญกรณ์หมวกควรหมายความว่าแบบฟอร์ม${\rm d}x_i$ หลุดจากผลิตภัณฑ์ลิ่มใน $i$-th summand.
ก) แสดงว่า${\rm d}\omega = n \cdot {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge {\rm d}x_n$.
b) ให้$n = 3$. คำนวณ$${\rm d}\omega\left(\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0 \\ 2 \\ 1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix} \right)$$
c) คำนวณ $\int_{[0,1]^n} {\rm d}\omega$.
วิธีแก้ปัญหาของฉัน: ก)ฉันพยายามพิสูจน์การอ้างสิทธิ์โดยการชักนำ สำหรับ$n = 2$ เรามี $\omega = x_1{\rm d}x_2 - x_2{\rm d}x_1$ และด้วยเหตุนี้ $${\rm d}\omega = {\rm d}(x_1)\wedge {\rm d}x_2 - {\rm d}(x_2)\wedge {\rm d}x_1 = {\rm d}x_1 \wedge {\rm d}x_2 + {\rm d}x_1 \wedge {\rm d}x_2 = 2 {\rm d}x_1 \wedge {\rm d}x_2.$$ โดยที่ความเท่าเทียมกันที่สองตามมาจากการต่อต้านการสื่อสารของ $\wedge$. ตอนนี้สำหรับขั้นตอนการเหนี่ยวนำเรามี\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*} ที่ในบรรทัดสุดท้ายฉันแยกตัวประกอบออกมา ${\rm d}x_{n+1}$ตามที่มีอยู่ในแต่ละเงื่อนไขของผลรวม ตอนนี้เพื่อจัดระเบียบสัญกรณ์ให้เป็นระเบียบเล็กน้อยให้นำผลบวกมาแทน$\omega_n$. จากนั้นตามความเป็นเส้นตรงและกฎผลคูณของ${\rm d}$ เรามี \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*} ตอนนี้เราสามารถใช้สมมติฐานการเหนี่ยวนำในเทอมแรกได้แล้วเทอมที่สองเท่ากับศูนย์เพราะ ${\rm d}^2x_i = 0$. ดังนั้น\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*} ที่ฉันใช้ $\wedge$-anticommutativity $n$ ครั้งที่จะได้รับ ${\rm d}x_{n+1}$ไปยังตำแหน่งที่ถูกต้อง
b)ในส่วนนี้สัญกรณ์ทำให้ฉันสับสนเล็กน้อย พูดอย่างเคร่งครัด${\rm d}\omega$ คือ $3$- รูปแบบที่แตกต่างดังนั้นฉันจึงคาดหวังว่าจะเป็นอย่างไร ${\rm d}\omega(x)(v_1,v_2,v_3)$ ที่ไหน $x, v_1, v_2, v_3 \in \mathbb{R}^3$. ฉันคิดว่าข้อโต้แย้งแรกถูกทิ้งไปตั้งแต่เราแสดงให้เห็นว่า${\rm d}\omega$ ให้ผลการสลับที่คงที่ $3$- ฟอร์มคงที่ $n$. เนื่องจากสองอินพุตมีค่าเท่ากันและ${\rm d}\omega$ สลับกันเราควรมี ${\rm d}\omega(v_1, v_2, v_1) = 0$.
c)ฉันยังสับสนเล็กน้อยเมื่อต้องรวมรูปแบบที่แตกต่างกัน แต่ฉันคิดว่ามันน่าจะใช้ได้:$$\int_{[0,1]^n} {\rm d}\omega = \int_{[0,1]^n} n \cdot {\rm d}x_1 \wedge \dots \wedge{\rm d}x_{n} = n \cdot \int_{[0,1]^n} {\rm d}\lambda^n(x) = n \cdot \lambda^n([0,1]^n) = n.$$ ที่นี่ $\lambda^n$ ควรจะแสดงถึงไฟล์ $n$-dim Lebesgue วัดบน $\mathbb{R}^n$.
คำถามเพิ่มเติม : มีรูปแบบที่แตกต่างกันหรือไม่$\omega$มีการใช้งานหรือความหมายเฉพาะหรือไม่? มีวิธีแก้ปัญหาที่สั้นกว่าสำหรับส่วน b) ที่ฉันพลาดหรือไม่? ขอบคุณ!
คำตอบ
ส่วนที่ (ก) มีวิธีแก้ปัญหาที่เร็วกว่ามากไม่จำเป็นต้องมีการเหนี่ยวนำเลย หนึ่งในคำจำกัดความที่เป็นไปได้ของ$d$ คือการเขียนครั้งแรก $\omega = \sum_I a_I dx^I$, ที่ไหน $I$ เป็นทูเพิลแบบฉีดระหว่าง $1$ และ $n$, $a_I = a_{i_1 \dots i_k}$ และ $dx_I:= dx_{i_1}\wedge \cdots \wedge dx_{i_k}$จากนั้นเรากำหนด $d\omega := \sum_I (da_I)\wedge dx_I$. ดังนั้นในกรณีของคุณ\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} (ด้วยการฝึกฝนบางอย่างการคำนวณนี้จะกลายเป็น "ชัดเจน" เช่นเดียวกับ $(a+b)^3 = a^3+3a^2b + 3ab^2 + b^3$)
สำหรับส่วน (b) ใช่สิ่งที่เขียนในทางเทคนิคเป็นการใช้สัญกรณ์ในทางที่ผิดเพราะ $d\omega$ เป็นความแตกต่าง $n$- สร้างท่อร่วม $M$ หมายความว่าคุณต้องเสียบจุดก่อน $p\in M$เพื่อรับ $d\omega(p)$แล้วให้เวกเตอร์แทนเจนต์ $\xi_1, \dots, \xi_n \in T_pM$คุณสามารถเสียบสิ่งเหล่านี้เพื่อรับหมายเลขได้ $d\omega(p)[\xi_1, \dots, \xi_n] \in \Bbb{R}$. แต่คำตอบของคุณถูกต้อง (ซึ่งฉันคิดว่าสั้นที่สุดเท่าที่จะทำได้) เนื่องจากลักษณะการสลับของรูปแบบเชิงอนุพันธ์
ส่วน (c) ถูกต้อง
สำหรับการใช้งานของ $\omega$สิ่งหนึ่งที่ฉันคิดได้ก็คือถ้าคุณปล่อยให้ $\iota:S^{n-1}\to \Bbb{R}^n$ เป็นการแมปแบบรวมจากนั้นดึงกลับ $\iota^*\omega$ คือรูปแบบปริมาตรบนทรงกลมหน่วย $S^{n-1}$. ตัวอย่างเช่นถ้า$n=2$, นี่คือ $\omega = x dy - y dx$ในขณะที่ $n=3$ สิ่งนี้จะกลายเป็น \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} โดยทั่วไปหากคุณใช้ไฟล์ $m$- หลากหลายเชิงมิติ $M$ ด้วยรูปแบบปริมาตร $\mu$และ $m-1$-dimensional submanifold ฝังตัว $N\subset M$ (เช่นไฮเปอร์เซอร์พื้นผิว) โดยมีหน่วยที่อยู่ด้านนอกของฟิลด์เวกเตอร์ปกติ $\nu$จากนั้นรับ (ดึงกลับไปที่ $N$ ของ) ผลิตภัณฑ์ตกแต่งภายใน $\iota_{\nu}\mu$คุณจะได้รับรูปแบบไดรฟ์ข้อมูล $N$.
ในสัญกรณ์ทั่วไป (และโดยการระงับการดึงกลับจากสัญกรณ์) เราเขียนสิ่งนี้เป็น $d^{n-1}V = \iota_{\nu}(d^nV) \equiv \nu \lrcorner d^nV$หรือในกรณีของ $n=3$เราเขียนสิ่งนี้เป็น $dA = \nu \lrcorner dV$.
ฉันไม่ทราบการใช้งานเฉพาะของ $\omega$. ดูเหมือนจะสร้างขึ้นเพื่อให้มีส่วน (a) เพื่อยึด ฉันคิดว่าคำตอบของคุณสำหรับส่วน (b) และ (c) ถูกต้องและดี คุณอาจจะทำส่วน (a) สำหรับการเหนี่ยวนำได้เหมือนที่คุณเคยทำ แต่ฉันคิดว่าถ้าคุณใช้สูตรนี้$${\rm d} \left(\alpha_I {\rm d}x^I\right) = \sum_{i=1}^{n} \frac{\partial \alpha_I}{\partial x^i} {\rm d}x^i\wedge {\rm d}x^I$$ ตามมาโดยตรง