Matriz e identidades antisimétricas invertibles

Question

Un enlace a la página que está disponible aquí. El correspondiente bit en P. 15 del libro. Realmente apreciaría si alguien pudiera ayudar! Seguramente es algo bastante obvio, por tanto, de izquierda a cabo por el autor, pero me parece que no la veo!

Podría alguien por favor explique la siguiente que he leído en Solitones, Instantons y Twistors. (He cambiado la notación un poco-estoy más acostumbrado a $"i,j,k"$)

$\xi_i$ son las coordenadas con $i=1,...,2n$

Supongamos $w^{ij}$ es invertible, matriz antisimétrica

Definir $$\{f,g\}:=\sum_{i,j=1}^{2n} w^{ij}(\xi){\partial f\over \partial \xi_i}{\partial g\over \partial \xi_j}$$ y que satisface a $$\{a,\{b,c\}\}+\{b,\{c,a\}\}+\{c,\{a,b\}\}=0$$

Deje $W_{ij}:=(w^{-1})_{ij}$ ¿Por qué es que se sigue que $${\partial W_{jk}\over \partial \xi_i}+{\partial W_{ki}\over \partial \xi_j}+{\partial W_{ij}\over \partial \xi_k}=0,\,\,\,\,\,\forall i,j,k=1,...,2n$$?

También se dice que el $$w^{ij}(\xi)=\{\xi^i,\xi^j\}$$

Gracias.

Por favor, ayuda!

Answer 1

Que $w^{ij}(\xi)=\{\xi^i,\xi^j\}$ sigue directamente de la toma de la $f=\xi^i$ $g=\xi^j$ en la definición de la distribución de Poisson soporte.

El hecho de que no es tan obvio, aunque sea un estándar de cálculo. Tomando $a$, $b$ y $c$ $\xi^i$, $\xi^j$ y $x^k$ en la identidad de Jacobi, se obtiene $$ \sum_r w^{ir} (\partial_r w^{jk}) + (\text{dos términos similares a obtener por permutación cíclica de $i$, $j$, $k$}) = 0 . $$ La fórmula para la derivada de la inversa de una matriz se dice que $\partial_r w^{jk} = - \sum_{s,t} w^{js} (\partial_r W_{st}) w^{tk}$, por lo tanto $$ - \sum_{r,s,t} w^{ir} w^{js} (\partial_r W_{st}) w^{tk} + \text{cíclico} = 0 . $$ El uso de $w^{tk} = -w^{kt}$ y escribir todo de fuera, tenemos $$ \sum_{r,s,t} w^{ir} w^{js} w^{kt} (\partial_r W_{st}) + \sum_{r,s,t} w^{jr} w^{sk} w^{es} (\partial_r W_{st}) + \sum_{r,s,t} w^{kr} w^{es} w^{jt} (\partial_r W_{st}) = 0 . $$ Ahora en la segunda suma nos re-etiquetar la suma de los índices: escribir $s$ de lo que antes se llamaba $r$, escribir $t$$s$, e $r$$t$. Lo mismo para el tercer suma: $$ \sum_{r,s,t} w^{ir} w^{js} w^{kt} (\partial_r W_{st}) + \sum_{s,t,r} w^{js} w^{kt} w^{ir} (\partial_s W_{tr}) + \sum_{t,r,s} w^{kt} w^{ir} w^{js} (\partial_t W_{rs}) = 0 . $$ En otras palabras, $$ \sum_{r,s,t} w^{ir} w^{js} w^{kt} (\partial_r W_{st} + \partial_s W_{tr} + \partial_t W_{rs}) = 0 . $$ Ahora multiplique por $W_{ai} W_{bj} W_{ck}$ y suma más de $i$, $j$, $k$. Esto cancelará la $w$ factores y los dejo con $$ \partial_a W_{bc} + \partial_b W_{ca} + \partial_c W_{ab} = 0 . $$ (Y debe estar bastante claro que se puede ejecutar este argumento al revés también.)