Cerrado $3$ -manifiesto, $2$ -de esta variedad, ¿es esta forma exacta o no?

Question

Dejemos que $M$ sea un lugar cerrado $3$ -y que $\xi$ ser un $2$ -de un subfondo de $TM$ . Sé lo siguiente.

• Hay un cero a la izquierda $1$ -forma $\alpha$ en $M$ con $\alpha(X) = 0$ para cualquier campo vectorial $X$ que es una sección de $\xi$ .
• Cualquiera de los dos $1$ -forma $\alpha$ , $\alpha'$ con esta propiedad satisfacen $\alpha = f\alpha'$ para alguna función suave y nula en ninguna parte $f$ .
• $\xi$ es integrable si y sólo si $\alpha \wedge d\alpha = 0$ para cualquier $\alpha$ como en el caso anterior.
• Para los integrables $\xi$ podemos escribir $d\alpha = \omega \wedge \alpha$ para algunos $1$ -forma $\omega$ .
• Dos opciones cualesquiera $\omega$ , $\omega'$ que satisfacen esta ecuación tienen $\omega' - \omega = g\alpha$ para alguna función suave $g$ .

Suponiendo que $\xi$ es integrable, dejemos que $\alpha$ , $\alpha'$ ser dos $1$ -como en el caso anterior, y que $d\alpha = \omega \wedge \alpha$ y $d\alpha' = \omega' \wedge \alpha'$ para algunos $1$ -forma $\omega$ , $\omega'$ . Tengo dos preguntas.

1. Es $\omega \wedge d\omega - \omega' \wedge d\omega'$ ¿una forma exacta o no?
2. ¿Cuál es el significado geométrico de $\omega \wedge d\omega - \omega' \wedge d\omega'$ ¿es una forma exacta o no?

Editar. Ahora que Tsemo ha mencionado que esta forma es realmente exacta, ¿podría alguien aportar una prueba directa de su exactitud?

Answer 1

De hecho $\omega\wedge d\omega$ es cerrado su clase de cohomología es un invariante de foliación bien conocido llamado invariante de Godbillon-Vey. Así, $\omega\wedge d\omega-\omega'\wedge d\omega'$ es exacta.

Véase, por ejemplo, este documento. http://homepages.math.uic.edu/~hurder/papers/54manuscript.pdf

Véase también la página 3 de este documento

http://perso.ens-lyon.fr/ghys/articles/invariantgodbillonvey.pdf

El significado geométrico del invariante Godbillon-Vey ha sido descrito por Thurston:

W. THURSTON, No foliaciones cobordantes de S3, Boletín A.M.S. 78 (1972) 511-514

Para demostrar que la clase de $\omega\wedge d\omega$ no depende de las elecciones, en primer lugar, se mantiene $\alpha$ fijo y dejar que $\omega$ varía. Usted tiene $d\alpha =\omega\wedge\alpha =\omega'\wedge \alpha$ . Esto implica que $(\omega'-\omega)\wedge \alpha=0$ . Así, $\omega'=\omega +f\alpha$ donde $f$ es una función. Deducimos que

$\omega'\wedge d\omega' =(\omega +f\alpha)\wedge d(\omega+f\alpha) = \omega\wedge d\omega+\omega\wedge d(f\alpha)+f\alpha\wedge d\omega+f\alpha\wedge d(f\alpha)$ .

Usted tiene $f\alpha\wedge d(f\alpha) = f\alpha\wedge(df\wedge\alpha+f d\alpha)=0$ desde $\alpha\wedge d\alpha =0$ .

Por definición del diferencial, $\omega\wedge d(f\alpha)+f\alpha\wedge d\omega =\omega\wedge d(f\alpha) -d\omega\wedge f\alpha =-d(\omega \wedge f\alpha)$ .

Deducimos que $\omega'\wedge\omega' =\omega\wedge\omega -d(\omega\wedge d(f\alpha))$ .

Ahora dejemos que varíe $\alpha$ , usted tiene $\alpha' = f\alpha$ donde $f$ es una función que no desaparece.

$d\alpha' =df\wedge\alpha+f\wedge d\alpha =df\wedge\alpha + f\omega\wedge\alpha$ . Sea $\omega' =d(Log\mid f\mid)+\omega)$ . Tenemos:

$\omega'\wedge\alpha' = (d(Log\mid f\mid+\omega)\wedge (f\alpha)=(df/f +\omega)\wedge (f\alpha) =df\wedge\alpha+f\omega\wedge\alpha=d\alpha'$

Lo tenemos:

$\omega'\wedge d\omega' =(\omega+dLog\mid f\mid)\wedge d\omega =\omega\wedge d\omega +d(Log\mid f\mid d\omega)$ .