Integración y Stokes teorema de vector paquete de valores de formas diferenciales?

Question

Existe una versión de Stokes teorema de vector paquete de valor (o valores de vectores) formas diferenciales?

Concretamente: Vamos a $E \rightarrow M$ ser un suave vector paquete a través de una $n$-colector $M$ equipada con una conexión. Primero de todo, es que hay un $E$valores de la integración definida en el espacio de $\Omega^{n-1}(M,E)$ de secciones suaves de $E\otimes \Lambda^{n-1}T^\ast M$ a imitar lo que usted tiene para $\mathbb{R}$valores de las formas? Si es así, ¿

$\int_{\partial M} \omega = \int_M d\omega$

mantenga pulsado el botón (o sentido) por $\omega\in\Omega^{n-1}(M,E)$ si $d$ es el exterior derivados de nuestra relación en $E$?

En esta configuración, dejando $E$ ser el trivial bundle $M\times \mathbb{R}$ debe dar a la ordinaria integral y Stokes teorema.

Lo siento si la respuesta es demasiado obvia, es que no tengo a ninguno de mis libros de texto disponibles en el momento, y nunca han pensado acerca de Stokes teorema para cualquier otra cosa que valores escalares de las formas antes.

Answer 1

Por un vector paquete, yo no hay ninguna "$E$valores de la integración" como usted dice. Usted está tratando de agregar elementos en las fibras de $E$, pero dado que las fibras en diferentes puntos no son el mismo vector de espacio no se puede agregar sus elementos.

Para el trivial bundle $M \times \mathbb{R}^k$ - y con un fijo elección de trivialización! - se puede llevar a cabo la integral de la componente por componente, Pero si cambia la trivialización obtendrá una respuesta diferente. Además, puede cambiar la trivialización de una forma que varía con el colector, por lo que no hay esperanza de que la integral se acaba de cambiar por una lineal mapa de $\mathbb{R}^k$. Usted puede ver este comportamiento incluso con funciones comunes. Una función es una sección de la trivializado de rango 1 paquete. Si cambia la trivialización, pero insisten en cuanto a ordinray $p$-formas como paquete valorado, se multiplican todas sus formas por un fijo en ninguna parte de fuga de la función. Esto puede cambiar la integral sobre un $p$-ciclo de una manera más o menos arbitraria.

Lo que usted puede integrar a $E$valores de las formas contra el es $E^*$-valiosas. Dado $a \in \Omega^p(E)$ e $b \in \Omega^q(E^*)$ de su producto exterior es una corriente $(p+q)$-forma, que luego podrá integrar más de una $(p+q)$-ciclo. Ahora usted tiene una versión del teorema de Stokes. Si usted tiene una conexión de $A$ en $E$, entonces usted puede comprobar que $$ d(a \wedge b) = d_A(a) \wedge b \pm \wedge d_A(b). $$ Así que el teorema de Stokes da $$ \int_{M}d_A(a) \wedge b \pm \wedge d_A(b) = \int_{\partial M} a \wedge b. $$ En el caso de $b$ es un covariante constante de la sección de $E$ e $M$ tiene dimensión uno más que el grado de $a$, obtenemos $$\int_M \langle d_A(a) , b \rangle=\int_{\partial M} \langle a, b \rangle$$ Este es sólo el habitual teorema de Stokes, para el componente de $a$ en la dirección $b$. Desde $b$ es covariante-constante, $\langle d_A(a), b \rangle = d \langle a, b \rangle$.

Answer 2

Después de ver esta cuestión de un par de días en el contexto de la curvatura de Riemann tensor, holonomy para una determinada conexión afín, y el (falso) conjetura de que el transporte paralelo alrededor de la curva de límite podría igual a la integral del tensor de Riemann en el intervalo de la curva cerrada, he llegado a la conclusión de que el teorema de Stokes no se puede aplicar a esta conjetura, excepto cuando la conexión es plana.

La razón para el fracaso de la conjetura relación entre la curvatura y el transporte paralelo es que el teorema de Stokes de las integrales son de por sí no muy bien definido. Pero no es así de simple. Voy a explicar...

Cuando incluso la construcción de un simple Riemann integral a partir de los fundamentos, uno tiene que sumar vectores en diferentes puntos dentro de la región. Incluso si usted tiene una conexión, usted tiene que decidir qué caminos va a utilizar para conectar los puntos de la región. Usted puede hacer un tipo de "raster scan" de la imagen de una región rectangular de $\mathbb{R}^2$, en paralelo transporte de los vectores de vuelta a la izquierda de la exploración para agregarlos en el lado izquierdo y, a continuación, usted puede paralelo de transporte de todos estos X-exploraciones hacia abajo en el eje por el transporte de los mismos hacia la parte inferior izquierda del rectángulo. Pero entonces, ¿qué tienes? Claramente no es geométricamente significativa. Y entonces usted tiene el mismo problema con el límite de la integral de una función vectorial.

Una segunda conclusión a la que llegué es que si se aplica el teorema de Stokes para este escenario, se obtiene un matemáticamente correcta de la identidad, la cual tiene un valor práctico como la primera iteración de la Picard iteración procedimiento para calcular el transporte paralelo alrededor de la curva. Esto, claramente, no es muy útil. Pero, en mi opinión, el teorema de Stokes es aplicable a esta situación. Simplemente no dar nada geométricamente significativa para un no-geometría plana, y tiene un valor limitado para la relación con la curvatura de transporte paralelo y holonomy. Por otro lado, se hace llegar a la respuesta correcta en el límite de una contracción de la región a un punto, el que da la respuesta correcta para la "Cartan caracterización de curvatura".

Este problema está relacionado con las preguntas 16850 y 50051.