Übung zu einer 1-Form auf einer Mannigfaltigkeit

Question

Übung zu einer 1-Form auf einer Mannigfaltigkeit

Mathematik
Orientierung
Differentialformen
Differentialgeometrie

Wladimir

Ich kämpfe ein bisschen, wenn ich an diese scheinbar unschuldige Übung denke. Ich liefere eine unvollständige Lösung.

Übung

Lassen $M$ Bohne $n$ - Krümmer dimmen und lassen $S\subset M$ eingebettet sein $(n-1)$ -dim Unterverteiler. Für jeden $P\in M$ Lassen Sie uns den Tangentenraum identifizieren $T_PS$ mit seinem Bild in $T_PM$ durch das Differential der Einbeziehung von $S$ In $M$ .

$(i)$ Lassen $\alpha\in A^1(M)$ sei ein $1$ - Form an $M$ so dass $T_PS\subseteq \ker(\alpha_P)$ , für jeden $P\in S$ . Beweise das $(\alpha\wedge d\alpha)_P=0$ , für jeden $P\in S$ .

Lösung (i)

Nun, wenn $\alpha$ ist ein $1$ - Form an $M$ so dass $T_PS\subseteq \ker(\alpha_P)$ für jeden $P\in S$ , dann für jeden $P\in S$ Es gibt ein lokales Diagramm $\phi=(x^1,\ldots,x^n)$ In $P$ so dass in Bezug auf diese Koordinaten

a = a_{N} (X) D X^{N},

$\alpha=\alpha_n(x)dx^n,$

dh alle Koeffizienten von $\alpha$ sind null außer für die $n$ -th (aber ich bin mir da überhaupt nicht sicher!). Also bekommen wir

D a = \sum_{ich = 1}^{N - 1} \frac{\partial a_{N} (X)}{\partial X^{ich}} D X^{ich} \land D X^{N}

$d\alpha=\sum_{i=1}^{n-1}\frac{\partial\alpha_n(x)}{\partial x^i}dx^i\wedge dx^n$ Und

(a \land D a) = a_{N} (X) D X^{N} \land \sum_{ich = 1}^{N - 1} \frac{\partial a_{N} (X)}{\partial X^{ich}} D X^{ich} \land D X^{N} = \sum_{ich = 1}^{N - 1} a_{N} (X) \frac{\partial a_{N} (X)}{\partial X^{ich}} D X^{N} \land D X^{ich} \land D X^{N} = 0

$(\alpha\wedge d\alpha)=\alpha_n(x)dx^n\wedge\sum_{i=1}^{n-1}\frac{\partial\alpha_n(x)}{\partial x^i}dx^i\wedge dx^n=\sum_{i=1}^{n-1}\alpha_n(x)\frac{\partial\alpha_n(x)}{\partial x^i}dx^n\wedge dx^i\wedge dx^n=0$

$(ii)$ Nehmen wir das jetzt mal an $M$ ist orientiert und lassen $\omega\in A^n(M)$ eine Volumenform sein, die der festen Orientierung zugeordnet ist. Beweisen Sie das für jeden $(n-1)$ -form $\phi\in A^{n-1}(M)$ es existiert ein eindeutiges Vektorfeld $X^\phi\in\mathcal{T}(M)$ so dass

ϕ_{P} (v_{1}, \dots, v_{N - 1}) = ω_{P} (v_{1}, \dots, v_{N - 1}, X_{P}^{ϕ})

$\phi_P(v_1,\ldots,v_{n-1})=\omega_P(v_1,\ldots,v_{n-1},X_P^\phi)$

für jeden $P\in M$ Und jeder $v_1,\ldots,v_{n-1}\in T_PM$ . Beweisen Sie das außerdem $\Theta\colon A^{n-1}(M)\to\mathcal{T}(M)$ definiert von $\Theta(\phi)=X^\phi$ ist ein Isomorphismus.

Für dieses zweite Problem weiß ich wirklich nicht, wie ich anfangen soll.

Ted Schifrin

Ja, für den ersten Teil wählen Sie lokale Koordinaten aus

M

$M$ in welchem

S

$S$ wird von gegeben

x^{n} = 0

$x^n=0$ . Für den zweiten Teil sollten Sie vielleicht über die inverse Karte nachdenken

Θ^{- 1}

$\Theta^{-1}$ (daran erinnern

Λ^{n - 1} (T_{P}^{*} M)

$\Lambda^{n-1} (T^*_PM)$ Und

T_{P} M

$T_PM$ sind jeweils

n

$n$ -dimensional).

Faraad Armwood

@TedShifrin: Sollte es nicht auch einen Kommentar dazu geben

α_{p} = \sum_{i = 1}^{n - 1} a_{n} (p) (d x^{i})_{p}

$\alpha_p = \sum_{i=1}^{n-1} a_n(p) \ (dx^i)_p$ ? (dh eine Summe, nicht nur

a_{n} d x^{n}

$a_n dx^n$ ).

Ted Schifrin

@Faraad: Nein, seitdem

S

$S$ ist lokal gegeben durch

x^{n} = 0

$x^n=0$ ,

d x^{n}

$dx^n$ ist der

1

$1$ -Form, die ihre Tangentialräume vernichtet. So

α = f d x^{n}

$\alpha = f dx^n$ für eine reibungslose Funktion ohne Null

f

$f$ .

Faraad Armwood

@TedShifrin: Hmm, dann muss ich noch etwas lesen, denn wenn überhaupt, sollte die Summe stimmen

n - 1

$n-1$ seit

(x^{1}, . . ., x^{n - 1}, 0)

$(x^1,...,x^{n-1},0)$ lokal definiert

S

$S$ .

Ted Schifrin

Nein, @Faraad. Nachdenken über

1

$1$ -Formen

ω

$\omega$ An

R^{2}

$\Bbb R^2$ deren Beschränkung auf die

x

$x$ -Achse ist

0

$0$ . (Offiziell ziehen Sie sich durch die Inklusionskarte zurück.) Sehen sie aus?

f d x

$f\,dx$ oder

f d y

$f\,dy$ ?

Antworten (2)

Übung zu einer 1-Form auf einer Mannigfaltigkeit

Ja, für den ersten Teil wählen Sie lokale Koordinaten aus $M$ in welchem $S$ wird von gegeben $x^n=0$ . Für den zweiten Teil sollten Sie vielleicht über die inverse Karte nachdenken $\Theta^{-1}$ (daran erinnern $\Lambda^{n-1} (T^*_PM)$ Und $T_PM$ sind jeweils $n$ -dimensional).
@TedShifrin: Sollte es nicht auch einen Kommentar dazu geben $\alpha_p = \sum_{i=1}^{n-1} a_n(p) \ (dx^i)_p$ ? (dh eine Summe, nicht nur $a_n dx^n$ ).
@Faraad: Nein, seitdem $S$ ist lokal gegeben durch $x^n=0$ , $dx^n$ ist der $1$ -Form, die ihre Tangentialräume vernichtet. So $\alpha = f dx^n$ für eine reibungslose Funktion ohne Null $f$ .
@TedShifrin: Hmm, dann muss ich noch etwas lesen, denn wenn überhaupt, sollte die Summe stimmen $n-1$ seit $(x^1,...,x^{n-1},0)$ lokal definiert $S$ .
Nein, @Faraad. Nachdenken über $1$ -Formen $\omega$ An $\Bbb R^2$ deren Beschränkung auf die $x$ -Achse ist $0$ . (Offiziell ziehen Sie sich durch die Inklusionskarte zurück.) Sehen sie aus? $f\,dx$ oder $f\,dy$ ?

Faraad Armwood · Answer 1

(1) Ich flicke immer noch eine Lösung zusammen, aber dank @Ted Shifrin kann ich Ihre erste Bemerkung zum Ausdruck klären $\alpha$ . Lassen $\iota: S \to M$ sei dann die Inklusionskarte $\iota^*: T_pM \to T_pS$ . Jetzt nimm $(U,\phi) = (U, x^1,...,x^n)$ ein Diagramm zu sein $M$ Dann $\omega \in \Omega^1(M) \Rightarrow \omega_p = \sum_{i=1}^n a^i(p)\ dx^i$ . Halten;

ι^{*} ω = \sum_{1}^{N} (A^{ich} \circ ι) D (X^{ich} \circ ι) = \sum_{1}^{N - 1} (A^{ich} \circ ι) D (X^{ich} \circ ι)

$\iota^*\omega = \sum_1^n (a^i \circ \iota) \ d(x^i \circ \iota) = \sum_1^{n-1} (a^i \circ \iota) \ d(x^i \circ \iota)$

dh wenn Sie eine 1-Form auf möchten $M$ das hat Ihr Eigentum, müssen Sie entsorgen $dx^j$ für $1 \leq j \leq n-1$ . Daher haben Sie $\alpha = f dx^n$ Wo $f$ ist nicht verschwindend.

Das funktioniert nicht. Sie haben nur die Gleichheit $\alpha = fdx^n$ an Punkten von $S$ und daher können Sie diese Gleichung nicht differenzieren.

David Perella · Answer 2

Ihr Ansatz für (i) funktioniert nur, wenn $\alpha$ hat seinen Kern in einer Folierung, die durch irgendeine Funktion definiert ist. Die Situation, in der Sie sich befinden, ist jedoch heikler und wir müssen einige Dinge punktuell tun. Zum Beispiel könnten wir haben $\alpha = x \alpha_0$ Wo $\alpha_0 = dz-ydx$ ist die Standard-Kontaktstruktur in $\mathbb{R}^3$ . Dies kann sicherlich nicht lokal ausgedrückt werden als $fdx$ in der Nähe der $x = 0$ Ebene.

Verwenden Sie zunächst die Inklusion $i : S \subset M$ , wir haben das $i^*\alpha = 0$ und daher $i^*d\alpha = d i^*\alpha = 0$ . Das bedeutet für beliebige Vektoren $u,v \in T_p M$ , tangential zu $S$ bei $p \in S$ , wir haben $\alpha(u) = 0 = d\alpha(u,v)$ .

Wenn wir uns mit zwei Tangentenvektoren zusammenziehen $u,v$ Zu $S$ bei $p \in S$ , wir haben also

\begin{aligned} {ich}_{u} {ich}_{v} (a \land D a) |_{P} & = {ich}_{u} ({ich}_{v} a |_{P} \land D a |_{P} + (- 1)^{2} a |_{P} \land {ich}_{v} D a |_{P}) \\ = {ich}_{u} (a |_{P} \land {ich}_{v} D a |_{P}) \\ = {ich}_{u} a |_{P} \land {ich}_{v} D a |_{P} + (- 1)^{1} a |_{P} \land {ich}_{u} {ich}_{v} D a |_{P} \\ = 0. \end{aligned}

$\begin{align*} i_u i_v(\alpha \wedge d\alpha)|_p &= i_u(i_v\alpha|_p \wedge d\alpha|_p + (-1)^2\alpha|_p \wedge i_vd\alpha|_p)\\ &= i_u(\alpha|_p \wedge i_vd\alpha|_p)\\ &= i_u\alpha|_p \wedge i_vd\alpha|_p + (-1)^1\alpha|_p \wedge i_ui_vd\alpha|_p\\ &= 0. \end{align*}$ Unter Verwendung grundlegender linearer Algebra genügt es, die Behauptung mit zwei Arten von Vektortripeln zu überprüfen

(n, u, v) \in (T_{p} M)^{3}

$(n,u,v) \in (T_p M)^3$ . Der erste Fall ist, wenn jeder Vektor tangential ist

S

$S$ und das zweite ist wann

n

$n$ steht quer dazu

S

$S$ bei

p

$p$ während der Rest tangential ist. Unsere obige Berechnung zeigt, dass das Ergebnis immer Null sein wird. Daher,

α \land d α |_{S} = 0

$\alpha \wedge d\alpha|_S = 0$ .

Bezüglich (ii) kann dies an einem Punkt analysiert werden. Also in einem Vektorraum $V$ von Dimension $n$ mit Volumenform $\mu$ , man kann zeigen, dass die $(n-1)$ Formen sind von Dimension $n$ . Beachten Sie danach, dass die Karte (eine Kontraktion) einen trivialen Kernel hat, weil $\mu$ ist eine Volumenform und gilt Rang-Nullität. Dass Ihre Karte glatte Dinge an glatte Dinge sendet, ergibt sich einfach aus der Betrachtung aller Elemente in einem Diagramm.

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Wladimir

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Faraad Armwood

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Faraad Armwood

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