¿Por qué $L_X \circ d = d \circ L_X$?

Question

¿Cómo entender que la derivada de Lie $L_X$ conmuta con la diferenciación exterior $d$?

Puedo seguir la prueba paso a paso, pero no creo que la entienda.

Una pregunta similar concierne a $F^* \circ d = d \circ F^*$, es decir, que el pull-back conmuta con la diferenciación exterior.

Debería haber alguna razón simple para que dos cosas conmuten, ¿verdad?

Answer 1

Sea $M$ una variedad suave, sea $F:M\to N$ una aplicación suave, y sea $\omega \in \Omega^k(N)$ una forma suave de grado $k$ en $N$.

Entonces para cada $p\in M$ y $v_1,\dots,v_k \in T_pM$ tenemos $(F^*\omega)_p(v_1,\dots,v_k):=w_{F(p)}(dF_p(v_1),\dots,dF_p(v_k))$.

Si $(V,\psi=(y^j)) es un carta en$N$, entonces$\omega_{|V}=\sum'_Jw_J \;dy^{j1}\wedge\dots\wedge dy^{j_k}$.

Entonces $(F^*\omega)_{|F^{-1}(V)}=\sum'_J (w_J\circ F) \;d(y^{j1}\circ F)\wedge\dots\wedge d(y^{j_k}\circ F)$

Mientras que $(dw)_{|V}=\sum'_J dw_J \wedge dy^{j1}\wedge\dots\wedge dy^{j_k}$

Y $[d(F^*\omega)]_{|F^{-1}(V)}=\sum'_J d(w_J\circ F) \wedge d(y^{j1}\circ F)\wedge\dots\wedge d(y^{j_k}\circ F)$

Y $[F^*(dw)]_{|F^{-1}(V)}=\sum'_J d(w_J\circ F) \wedge d(y^{j1}\circ F)\wedge\dots\wedge d(y^{j_k}\circ F)$

Answer 2

Si $f(t)^\ast \alpha = b_I(x,t)dx_I$, entonces $$\begin{align*} dL_X\alpha &=d\frac{d}{dt} f^\ast\alpha\\ &= d (b_I)_tdx_I = (b_I)_{tx_i}dx_i\wedge dx_I \\&= \frac{d}{dt} d(b_Idx_I) = \frac{d}{dt} d f^\ast\alpha =\frac{d}{dt} f^\ast d\alpha \\&= L_Xd\alpha\end{align*}$$