Expresión de la forma diferencial en diferentes coordenadas

Question

Todo:

Por favor, perdónenme, soy nuevo y mi edición/Latex necesita mejorar.

Estoy tratando de derivar la fórmula de cambio de variables para la forma diferencial $\omega=dx\wedge dy$ en la norma $xy$ -coordenadas en $\mathbb R^2 $ en coordenadas polares en $\mathbb R^2$ . Sé que podemos usar el cambio rápido de variables: $$ x=r\cos t, \quad y=r\sin t. $$ A continuación, suba, amplíe y cancele los términos con repeticiones $dr$ y/o $dt$ 's.

Pero estoy tratando de utilizar el diseño de J. Lee Colectores lisos , pp 303-304, dada por:

Definición. Dado un mapa suave $F\colon M \to N$ y un formulario $\omega$ definido en $N$ el retroceso $F^*$ está dada por: \begin (F^*) (F^* \omega )_p(X_1, \ldots X_n) := \omega_ {F(p)} (F_*X_1,....,F_*X_n). \qquad (**) \end {Ecuación}

Resultados.

a) $F^*$ es lineal en el espacio de secciones suaves

b) $F^*(\omega\wedge \eta)=F_*(\omega)\wedge F_*(\eta)$

c) En cualquier gráfico suave, y para cada índice multiíndice $I=(i_1,i_2,\ldots,i_k)$ : $$ F^*(\sum' \omega_I dy^{i_1}\wedge dy^{i_2} \wedge \ldots \wedge dy^{i_k})=\sum'(\omega_I \circ F)d(y^{i_1} \circ F)\wedge\cdots\wedge d(y^{i_k} \circ F),$$ donde $\sum'$ es una suma sobre índices crecientes.

Hasta ahora, lo he hecho:

$\omega=dx\wedge dy$ ; $F\colon\mathbb R^2\to\mathbb {R^2}'$ y $\omega$ se define en el objetivo ${\mathbb R^2}'$ . Nos retiramos por el mapa $F(x,y)=(r\cos t,r\sin t)$ . Entonces, por b, $F^*\omega =F^*(dx\wedge dy) =F^*(dx)\wedge F^*(dy)$ .

(Además, Lee aún no ha definido el significado de $dx$ ni de $dy^{i_k}$ .)

Ahora, sólo se me ocurre usar $(**)$ pero esto no ayuda: $F^*(dx):=dx(\cos t, \sin t) (F_*X_1,\ldots,F_*X_n)$ donde $F_*$ viene dada por $F_*(X)(f)=X(f\circ F)$ . ¿Alguna idea?

Answer 1

No sé cómo explica Lee esto, pero en cuanto elegimos las coordenadas locales $x^i$ tenemos 3 cosas relacionadas (pero distintas):

1. Coordinar las funciones $x^i$ .

2. Campos vectoriales de coordenadas $\partial_i = \partial/\partial x^i$ .

3. Covector de coordenadas feldes $dx^i$ .

Estos satisfacen un montón de relaciones, por ejemplo $\partial_j x^i = \delta_j^i$ (delta de Kronecker) y $dx^i(\partial_j) = \delta_j^i$ .

Si tenemos un mapa $x = \phi(y)$ dado en coordenadas por $x^i = \phi^i(y^1, \cdots, y^m)$ existe una noción de pushforward de un vector tangente. Si tenemos algún vector tangente (en el $y$ coordenadas que viene dada por $$ v = \sum_i v^i \frac{\partial}{\partial y^i} $$ entonces obtenemos un vector $\phi_\ast v$ en el $x$ coordenadas por $$ \phi_\ast v = \sum_{ij} v^i \frac{\partial \phi^j}{\partial y^i} \frac{\partial}{\partial x^j}. $$ Si se piensa que los vectores tangentes son derivaciones de funciones suaves, esto es completamente obvio: es sólo la regla de la cadena.

Bien, si entiendes la regla de la cadena, entonces entiendes los pushforwards, y si entiendes los pushforwards entiendes los pullbacks, ya que son simplemente duales a los pushforwards. Recuerda que un $p$ -es sólo una función multilineal (sesgada). Así que para definir una $p$ -en el $y$ coordenadas sólo hay que decir cómo actuar sobre los vectores tangentes. Pero ya sabemos cómo empujar los vectores tangentes hacia el $x$ coordenadas. Así que si $\omega$ es un $p$ -formar en el $x$ -se obtiene un $p$ -en el $y$ -por la fórmula $$ (\phi^\ast \omega)_y(v_1, \cdots, v_p) = \omega_{\phi(y)}(\phi_\ast v_1, \cdots, \phi_\ast v_p) $$ como has escrito más arriba. Para enfatizar: todo esto es sólo la regla de la cadena y el álgebra lineal .

Ahora veamos tu ejemplo particular. Comenzamos con las coordenadas $x,y$ y quiere pasar a coordenadas $r,t$ , a través de $$ x = r \cos t $$ $$ y = r \sin t $$ Llama a este mapa $(r,t) \mapsto (x,y)$ $\phi$ . Entonces, ¿cómo impulsamos los vectores? Por la regla de la cadena, tenemos \begin {align} \phi_\ast ( \frac { \partial }{ \partial r}) &= \frac { \partial x}{ \partial r} \frac { \partial }{ \partial x} + \frac { \partial y}{ \partial r} \frac { \partial }{ \partial y} \\ &= \cos t \frac { \partial }{ \partial x} + \sin t \frac { \partial }{ \partial y} \end {align} Del mismo modo, \begin {align} \phi_\ast ( \frac { \partial }{ \partial t}) &= \frac { \partial x}{ \partial t} \frac { \partial }{ \partial x} + \frac { \partial y}{ \partial t} \frac { \partial }{ \partial y} \\ &= -r \sin t \frac { \partial }{ \partial x} + r \cos t \frac { \partial }{ \partial y} \end {align}

Ahora, para obtener el retroceso de $dx \wedge dy$ sólo tenemos que evaluarlo en estos pushforwards ( ahora editado para incluir más detalles ): \begin {align} (dx \wedge dy)( \phi_\ast\partial_r , \phi_\ast\partial_t ) &= (dx \wedge dy)( \cos t \partial_x + \sin t \partial_y , -r \sin t \partial_x + r \cos t \partial_y ) \\ &= r \cos ^2 t (dx \wedge dy)( \partial_x , \partial_y ) -r \sin ^2 t (dx \wedge dy)( \partial_y , \partial_x ) \\ &= r \cos ^2 t + r \sin ^2 t \\ &= r \end {align} Aquí, al pasar de la primera línea a la segunda, utilicé las propiedades de bilinealidad y simetría de las formas (por ejemplo $(dx\wedge dx)(\partial_x, \partial_x) = 0)$ ) para ampliarlo. Para pasar de la segunda a la tercera he utilizado el hecho de que $(dx\wedge dy)(\partial_x, \partial_y) = 1$ lo cual es cierto porque $dx$ y $dy$ son duales a $\partial_x$ y $\partial_y$ .

Eso es, $$ \phi^\ast (dx \wedge dy)(\partial_r, \partial_t) = r $$ Así que tenemos $$ \phi^\ast (dx \wedge dy) = r dr \wedge dt. $$

Obsérvese que este es el mismo resultado que se obtendría si sólo se diferenciara $x = r\cos t$ y $y = r\sin t$ y luego se han juntado los resultados. La razón por la que esto funciona es por dos hechos:

1. Los retrocesos conmutan con la derivada exterior $d$ .

2. La derivada exterior de una función de coordenadas $x^i$ es exactamente el campo covector coorinado $dx^i$ . (¡De ahí la notación!)