Cómo probar $d\omega=(\nabla_\mu\omega)_\nu dx^\mu\wedge dx^\nu$ sin usar coordenadas

Question

Este es el ejercicio 7.8 b) del GTaP de Nakahara: Sea $\omega\in\Omega^1(M)$ sea una 1-forma en una variedad riemanniana con conexión Levi-Civita $\nabla$ . Demostrar que

$$ \mathrm{d}\omega=(\nabla_\mu\omega)_\nu\, \mathrm dx^\mu\wedge\mathrm dx^\nu $$

Lo demostré utilizando el hecho de que $\mathrm dx^\mu\wedge\mathrm dx^\nu=-\mathrm dx^\nu\wedge\mathrm dx^\mu$ Así que..:

\begin{align} (\nabla_\mu\omega)_\nu\,\mathrm dx^\mu\wedge\mathrm dx^\nu & = (\partial_\mu\omega_\nu-{\Gamma^\lambda}_{\mu\nu}\,\omega_\lambda)\,\mathrm dx^\mu\wedge\mathrm dx^\nu\\ & = \sum_{\mu<\nu}\left(\partial_\mu\omega_\nu-\partial_\nu\omega_\mu+({\Gamma^\lambda}_{\mu\nu}-{\Gamma^\lambda}_{\nu\mu})\omega_\lambda\right)\,\mathrm dx^\mu\wedge\mathrm dx^\nu\\ & = \sum_{\mu<\nu}\left(\partial_\mu\omega_\nu-\partial_\nu\omega_\mu\right)\,\mathrm dx^\mu\wedge\mathrm dx^\nu\\ & = \mathrm d\omega \end{align}

Espero que esto sea correcto y tenga sentido.

No me gusta mi solución porque a partir de la segunda línea, "abandona" la convención de suma de Einstein y necesita un símbolo de suma explícito.

1. ¿Hay alguna forma de demostrarlo sin "abandonar" la convención de suma de Einstein?
2. ¿Existe tal vez una forma de probarlo de forma libre de coordenadas?

Answer 1

He aquí un esquema de una prueba sin coordenadas.

(1) Para cualquier $1$ -forma $\omega$ y cualquier campo vectorial $X,Y$ se tiene la fórmula $$d\omega(X,Y) = X(\omega(Y)) - Y(\omega(X)) - \omega([X,Y]).$$ (2) Para cualquier conexión afín $\nabla$ se tiene la fórmula $$X (\omega(Y)) = (\nabla_X\omega)(Y) + \omega(\nabla_XY).$$ Al cambiar los papeles de $X, Y$ y restando, se obtiene $$X \omega(Y) - Y \omega(X) = (\nabla_X \omega)(Y) - (\nabla_Y \omega)(X) + \omega(\nabla_XY - \nabla_YX).$$ Pero $\nabla$ es libre de torsión, así que.... (a la izquierda)

(3) Introduciendo $X = \frac{\partial}{\partial x^\mu}$ y $Y = \frac{\partial}{\partial x^\nu}$ , obtenemos..... (a la izquierda)

Observaciones: Nótese que la prueba funciona para cualquier conexión afín libre de torsión $\nabla$ no sólo la conexión Levi-Civita. Esta fórmula es un ejemplo de la "Primera Ecuación de Estructura de Cartan". Existen generalizaciones para $k$ -para cualquier $k \geq 1$ .

Answer 2

Hay algunas expresiones erróneas en tu solución. Una posible solución correcta es la siguiente.

\begin{align} (\nabla_\mu\omega)_\nu\,\mathrm dx^\mu\wedge\mathrm dx^\nu & = (\partial_\mu\omega_\nu-{\Gamma^\lambda}_{\mu\nu}\omega_\lambda)\,\mathrm dx^\mu\wedge\mathrm dx^\nu\\ & = \frac{1}{2}\left(\partial_\mu\omega_\nu-\partial_\nu\omega_\mu-({\Gamma^\lambda}_{\mu\nu}-{\Gamma^\lambda}_{\nu\mu})\omega_\lambda\right)\,\mathrm dx^\mu\wedge\mathrm dx^\nu\\ & = \frac{1}{2}\left(\partial_\mu\omega_\nu-\partial_\nu\omega_\mu\right)\,\mathrm dx^\mu\wedge\mathrm dx^\nu\\ & = \mathrm d\omega \end{align}

¿Está de acuerdo?