Tu's Manifold Problem 20.10

Question

Lie türevini hesaplamaya çalışıyorum $\mathcal{L}_X\omega$ 2-formun $$\omega:= xdy\wedge dz + (z-y)dx\wedge dy$$ vektör alanına karşı $$X:=-y \frac{\partial}{\partial x} + x \frac{\partial}{\partial y}$$ 2 küre üzerinde $S^2 \subset \mathbb{R}^3$. İnanıyorum ki akış$F$ nın-nin $X$ tarafından verilir $$F\left(t, \left[\begin{matrix} x \\ y \\ z \end{matrix} \right]\right) = \left[\begin{matrix} \cos(t) & -\sin(t) & 0\\ \sin(t) & \cos(t) & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}\right] \cdot \left[\begin{matrix} x \\ y \\ z \end{matrix}\right].$$ Kullanma $\mathcal{L}_X \omega := \frac{d}{dt}|_{t=0} F^*\omega$, Alırım $$\mathcal{L}_X \omega = xdx\wedge dz - ydy\wedge dz - xdx\wedge dy$$ itibaren $F^*\omega = \sum_i F^*(a_i)d(F^*x_{i_1})\wedge d(F^*x_{i_2})$. Cartan'ın homotopi formülü için

$d\omega = 2dx\wedge dy \wedge dz, \hspace{1cm}\text{ and }\\ \iota_X \omega = x^2 dz + (z-y)(-ydy-xdx)$

Böylece

$d \iota_X\omega = 2xdx\wedge dz - y dz\wedge dy - xdz\wedge dx + x dy\wedge dx \\ \hspace{1cm} = 3xdx\wedge dz - ydz\wedge dy + x dy\wedge dx$

ve

$\iota_X(d\omega) =d\omega(X,-,-)\\ \hspace{1.3cm} = 2dx\wedge dy \wedge dz\left(\begin{matrix} -y & - & - \\ x & - & - \\ 0 & - & - \end{matrix}\right)\\ \hspace{1.3cm} = 2(-ydy\wedge dz - x dx\wedge dz) \\ \hspace{1.3cm} = -2y dy\wedge dz - 2x dx\wedge dz.$

Bu verir $\mathcal{L}_X\omega = d \iota_X\omega + \iota_X(d\omega)\\ = (3xdx\wedge dz - ydz\wedge dy + x dy\wedge dx) - (2y dy\wedge dz + 2x dx\wedge dz)\\ = x dx \wedge dz - y dy\wedge dz -x dx\wedge dy.$

Bu şimdi aldığımla aynı fikirde $\frac{d}{dt}|_{t=0}F_t^* \omega$Ancak sorum şu: Bunu nasıl kısıtlayabilirim? $S^2$? Örneğin, üst yarım kürede$U_{z>0}$ nın-nin $S^2$koordinatlarımız var $(x,y,\sqrt{1-x^2-y^2})$ Böylece $d(i^*z) = \frac{-x}{\sqrt{1-x^2-y^2}}dx - \frac{y}{\sqrt{1-x^2-y^2}}dy$ verir

$i^*(\mathcal{L}_X\omega):= xdx\wedge d(i^*z) - ydy\wedge d(i^*z) - xdx\wedge dy\\ = (\frac{2xy}{\sqrt{1-x^2-y^2}} - x)dx\wedge dy \\ = \frac{-2xy - x\sqrt{1-x^2-y^2}}{\sqrt{1-x^2-y^2}} dx\wedge dy.$

Bu doğru mu? Sanırım grafikler hakkında endişelenmek yerine küresel koordinatlar da kullanılabilir.

Answer 1

Doğru sonuçları aldığım% 100 kesin olmasa da, elde ettiğim şey şu. Hesaplamalarınızı kontrol etmeli ve tekrar benimkini yapmalı ve karşılaştırmalısınız.

Yani $$L_X \omega = d i_X \omega + i_X d \omega.$$

İlk önce hesaplıyoruz $$i_X \omega = \omega(X, \cdot) = x \cdot \begin{vmatrix} x & 0 \\ dy & dz \end{vmatrix} + (z-y)\cdot\begin{vmatrix} 0 & x \\ dz & dy \end{vmatrix} = x^2 dz - (z-y)xdz = x(x+y-z)dz,$$ve $d i_X \omega = (2x+y-z)dx \wedge dz + x dy \wedge dz.$

Dan beri $\omega$ küre üzerinde iki formdur $S^2$, diferansiyel sıfırdır, dolayısıyla $i_X d \omega$terim kaybolur. Unutmayın, yazıldığı gibi,$\omega$ üzerinde bir form $\mathbb{R}^3$yani bu hesaplamada ne zaman yazarsak $\omega$, demek istediğimiz $i_{S^2}^* \omega$, nerede $i_{S^2}$ dahil etme $S^2 \hookrightarrow \mathbb{R}^3$. Ancak geri çekme, iç ve dış türevlerle değiştiğinden, hesaplamayı şu şekilde yapabiliriz:$\mathbb{R}^3$ ve sonra her şeyi geri çekin.