¿Cómo proceder a este cálculo con formas diferenciales?

Question

He estado estudiando el libro de geometría diferencial de Spivak y él define la derivada exterior de $\omega \in \Omega^k(M)$ en un sistema de coordenadas $(x,U)$ por

$$d\omega = d\omega_{i_1\cdots i_k}\wedge dx^{i_1}\wedge\cdots \wedge dx^{i_k}.$$

Luego dice que debemos demostrar que esta definición no depende del sistema de coordenadas y dice que una forma es calcular directamente. Lo hizo de otra manera, pero estoy tratando de demostrar por cálculo directo.

Lo que hice fue primero simplificar la notación denotar la derivada de $\omega$ en el $x$ coordenadas por $d(\omega,x)$ y en el $y$ coordenadas $d(\omega,y)$ . A continuación, queremos demostrar que $d(\omega, x)=d(\omega,y)$ .

Tenemos entonces

$$d(\omega,x) = \dfrac{\partial \omega_{i_1\cdots i_k}}{\partial x^\alpha}dx^\alpha \wedge dx^{i_1}\wedge\cdots \wedge dx^{i_k},$$

ahora por la regla de la cadena y calculando las diferenciales en términos de $y$ coordenadas tenemos

$$d(\omega,x) = \dfrac{\partial \omega_{i_1\cdots i_k}}{\partial y^\beta}\dfrac{\partial y^\beta}{\partial x^\alpha}dx^\alpha \wedge \dfrac{\partial x^{i_1}}{\partial y^{j_1}}dy^{j_1}\wedge\cdots\wedge \dfrac{\partial x^{i_k}}{\partial y^{j_k}}dy^{j_k},$$

y esto es lo mismo que

$$d(\omega, x) = \left(\dfrac{\partial x^{i_1}}{\partial y^{j_1}}\cdots \dfrac{\partial x^{i_k}}{\partial y^{j_k}}\right)\dfrac{\partial \omega_{i_1\cdots i_k}}{\partial y^\beta}dy^\beta \wedge dy^{j_1}\wedge\cdots\wedge dy^{j_k},$$

ahora no puedo deshacerme de esos términos extra a la izquierda y con ellos la igualdad no se mantiene.

¿Cómo debo proceder? No se me ocurre cómo seguir adelante.

Muchas gracias de antemano.

Answer 1

Déjame escribir $\alpha = (\alpha_1, \cdots, \alpha_k)$ y $I =(i_1, \cdots, i_k)$ . A continuación, utilizando

$$w = \sum_I w_I dx^{i_1}\wedge \cdots \wedge dx^{i_k} = \sum_\alpha w_\alpha dy^{\alpha_1}\wedge \cdots \wedge dy^{\alpha_k}$$

y $dy^{\alpha_j} = \frac{\partial y^{\alpha_j}}{\partial x^i} dx^i$ tenemos

$$w_I = \sum_{\alpha} w_\alpha \frac{\partial y^{\alpha_1}}{\partial x^{i_1}}\cdots \frac{\partial y^{\alpha_k}}{\partial x^{i_k}}\ .$$

Ahora calculamos (utilizando el $x$ coordenada)

$$dw = \sum_{I,j} \frac{\partial w_I}{\partial x^j} dx^j \wedge dx^{i_1}\wedge \cdots \wedge dx^{i_k}$$

$$= \sum_{I,j} \frac{\partial }{\partial x^j}\bigg( \sum_\alpha w_\alpha \frac{\partial y^{\alpha_1}}{\partial x^{i_1}}\cdots \frac{\partial y^{\alpha_k}}{\partial x^{i_k}} \bigg)dx^j \wedge dx^{i_1}\wedge \cdots \wedge dx^{i_k}$$

Esto es un poco lioso, pero en realidad sólo tenemos que diferenciar el primer término del paréntesis, porque $$\frac{\partial ^2 y^{\alpha_k}}{\partial x^j \partial x^{i_k}} \text{is symmetric in $ j $, $ i_k $, and }\ \ \ dx^j \wedge dx^{i_k} \text{ is antisymmetric in $ j $, $ i_k $. }$$

Así que la suma sería cero. Por lo tanto

$$dw = \sum_{\alpha, I,j} \frac{\partial w_\alpha}{\partial x^j} \frac{\partial y^{\alpha_1}}{\partial x^{i_1}}\cdots \frac{\partial y^{\alpha_k}}{\partial x^{i_k}} \ dx^j \wedge dx^{i_1}\wedge \cdots \wedge dx^{i_k} $$

$$= \sum_{\alpha, I, j, \beta} \frac{\partial w_\alpha}{\partial y^\beta}\frac{\partial y^\beta}{\partial x^j} \frac{\partial y^{\alpha_1}}{\partial x^{i_1}}\cdots \frac{\partial y^{\alpha_k}}{\partial x^{i_k}} \ dx^j \wedge dx^{i_1}\wedge \cdots \wedge dx^{i_k}$$

$$= \sum_{\alpha, \beta} \frac{\partial w_\alpha}{\partial y^\beta} dy^\beta \wedge dy^{\alpha_1}\wedge \cdots\wedge dy^{\alpha_k}= \sum_\alpha dw_\alpha \wedge dy^{\alpha_1}\wedge \cdots\wedge dy^{\alpha_k}$$