$TM/ D$ es trivial si y sólo si existe un $1$ -forma $\alpha$ tal que $D = \text{Ker }\alpha$

Question

Dejemos que $ D$ una distribución de dimensión $n-1$ . Estoy tratando de demostrar que $D$ es coorientable ( es decir el paquete $TM/D = \sqcup_{x \in M} T_xM/D_x$ tiene una trivialización global) si y sólo si $D$ es el núcleo de una variable no evanescente $1$ -forma $\alpha$ .

MI INTENTO:

$\Leftarrow$ Supongamos que $D = \text{Ker }\alpha = \bigsqcup_{x \in M}\text{Ker }\alpha(x)$ . Construiremos una trivialización global $\phi$ de $\alpha$ . Desde $\alpha(x):T_xM \rightarrow \mathbb R$ es suryente (como $\alpha$ es no evanescente), $\overline{\alpha(x)}:T_xM/\text{Ker }\alpha(x) \rightarrow \mathbb R$ en una iso lineal. Definamos $$\phi: TM/D \rightarrow M \times \mathbb R:(x, [X_x]) \mapsto (x, \overline{\alpha(x)}([X_x])).$$ Vemos claramente que $\pi_1 \circ \phi = \pi$ (donde $\pi_1: M\times \mathbb R \rightarrow M$ es la proyección sobre la primera componente y $\pi:TM/D \rightarrow M$ es el haz de proyección de $TM/D$ ). Aquí sólo queda demostrar que $\phi$ es un difeo, esta es mi primera pregunta, ver abajo. (1)

$\Rightarrow$ Dado que existe una trivialización global $$\phi: TM/D \rightarrow M \times \mathbb R:(x, [X_x]) \mapsto (x, \phi_x([X_x])),$$ podemos definir $\alpha(x)(X_x) = \phi_x([X_x])$ . Sólo tenemos que demostrar que $\alpha$ es un $1$ -y que $D = \text{Ker }\alpha$ . En primer lugar, ya que $\phi$ es una trivialización, $\phi_x$ es una iso lineal por lo tanto $\alpha(x)$ es una función lineal sobre $T_xM$ . Además, está claro que $\text{Ker }\alpha(x) = D_x$ porque $\phi_x$ es una iso, por lo que los únicos vectores que se envían a cero son los de $D_x$ . Ahora tenemos que demostrar que $\alpha$ es una sección suave de $M$ . Tenemos que $(\pi' \circ \alpha)(x) = \pi'(\phi_x) = x$ . Esta es mi segunda pregunta (2).

PREGUNTAS:

Estas son mis preguntas:

(1): Realmente no veo cómo demostrar que es un difeo. Incluso tengo algunas dificultades para demostrar que $\phi$ es una función suave. Si las dos componentes de $\phi$ son suaves somos buenos pero como puedo demostrar que $\overline{\alpha}$ es suave en $x$ del hecho de que $\alpha$ ¿es?

(2): Aquí es un poco la misma pregunta que la anterior, ¿cómo puedo demostrar que $\alpha:M \rightarrow T^*M$ es suave a partir del hecho de que $\phi_x$ ¿es?

¿Es ésta una forma correcta de mostrar esta equivalencia? Parece que funciona pero tengo algunas dificultades con los detalles

El inglés no es mi lengua materna, así que debe haber muchos errores, lo siento.

Answer 1

Hagamos trampa: fijemos una métrica riemanniana ${\tt g}$ para $M$ para que $TM/\mathcal{D} \cong \mathcal{D}^\perp$ .

Supongamos que $\mathcal{D} = \ker \alpha$ para la no evanescencia $\alpha \in \Omega^1(M)$ . Utilice ${\tt g}$ para convertir $\alpha$ a un campo vectorial no evanescente $\alpha^\sharp \in \mathfrak{X}(M)$ , normal a $\mathcal{D}$ --- entonces $\alpha^\sharp \in \Gamma(\mathcal{D}^\perp)$ da la trivialización global $\Phi\colon M \times \Bbb R \to \mathcal{D}^\perp$ por $\Phi(x,\lambda) = \lambda \alpha^\sharp_x$ .

A la inversa, supongamos que $\Phi\colon M\times \Bbb R \to \mathcal{D}^\perp$ es una trivialización global dada para $\mathcal{D}^\perp$ . Definir un campo vectorial $X \in \mathfrak{X}(M)$ por $X_x = \Phi(x,1)$ y observe que $X$ nunca se desvanece. En particular, $X \in \Gamma(\mathcal{D}^\perp)$ . A continuación, utilice ${\tt g}$ para convertir $X$ a una no evanescente $1$ -forma $\alpha = X_\flat \in \Omega^1(M)$ . Claramente $\mathcal{D} = \ker \alpha$ .