$f^*dx_i = \sum_{j=1}^l \frac{\partial f_i}{\partial y_j} dy_j = df_i$

Question

Guillemin y el Colín de la Topología Diferencial Página 164:

$U \subset \mathbb{R}^k$ $V \subset \mathbb{R}^l$ ser abierto subconjuntos. Deje $f: V \to U$ a lisa. El uso de $x_1, \dots, x_k$ para el estándar de coordinar las funciones en $\mathbb{R}^k$$y_1, \dots, y_l$$\mathbb{R}^l$. Escribir $f = (f_1, \dots, f_k)$, cada una de las $f_i$ ser una función suave en $V$. El derivado $df_y$ a punto de $y \in V$ es representado por la matriz de $$\frac{\partial f_i}{\partial y_j}(y),$$ y su transpuesta mapa de $df_y^*$ es representado por la transpuesta de la matriz. En consecuencia,

$$f^*dx_i = \sum_{j=1}^l \frac{\partial f_i}{\partial y_j} dy_j = df_i.$$

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Mi solución:

Para una función suave $f$, $df$ es lineal. Y $df^*$ es el adjunto del mapa $df_*$.

Considere la posibilidad de un vector tangente $Y \in T_yU$ tal que $$Y = \sum_{j = 1}^l Y^j\frac{\partial}{\partial y^j}.$$

Entonces tenemos $$(f^*dx_i)(Y) = (f^*dx_i)\sum_{j = 1}^l Y^j\frac{\partial}{\partial y^j}.$$

$f^*$ es lineal, $dx_i$ es lineal, y la composición de la función lineal es lineal. Por lo tanto $f^*dx_i$ es lineal. Así $$(f^*dx_i)\left(Y^1\frac{\partial}{\partial y^1} + \cdots + Y^l\frac{\partial}{\partial y^l}\right) = (f^*dx_i)\left(Y^1\frac{\partial}{\partial y^1}\right) + \cdots + (f^*dx_i)\left(Y^l\frac{\partial}{\partial y^l}\right).$$

Por la Conmutatividad de la $Y^j$.: $$ Y^1(f^*dx_i)\left(\frac{\partial}{\partial y^1}\right) + \cdots + Y^l(f^*dx_i)\left(\frac{\partial}{\partial y^l}\right) = \sum_{j=1}^l Y^j (f^*dx_i)\left(\frac{\partial}{\partial y^j}\right).$$

El uso de la definición de $$f^*\omega = \omega \circ f_*.$$

Tenemos $$\sum_{j=1}^l Y^j (f^*dx_i)(\frac{\partial}{\partial y^j}) = \sum_{j=1}^l Y^j dx_i(f_*(\frac{\partial}{\partial y^j})).$$

Debido a $f$ mapas de$V \subset \mathbb{R}^l$$U \subset \mathbb{R}^k$, puede ser escrito como $$f = (f_1, f_2, . . . f_k),$$ con cada una de las $f_i$ ser una función de la $y_j \in V \subset \mathbb{R}^l$. Considerar y $g:U \to R$ suficientemente diferenciable, entonces el campo vectorial $f_*(\frac{\partial}{\partial y^j})$ $U$ puede ser aplicado a $g$:

$$f_*(\frac{\partial}{\partial y^j})[g(x_1, x_2, . . . x_k)] = \frac{\partial}{\partial y^j}(g(f_1(y_1, . . . y_l), f_2(y_1, . . . y_l), . . . f_k(y_1, y_2, . . . , y_l))),$$ de acuerdo a la definición $$(F_*X)(f) = X(f \circ F).$$

Por lo tanto, $$\frac{\partial}{\partial y^j}(g(f_1(y_1, . . . y_l), f_2(y_1, . . . y_l), . . . f_k(y_1, y_2, . . . , y_l))) = \frac{\partial}{\partial y^j}(g(x_1, \dots, x_k)).$$

Siguiendo la regla de la Cadena, $$\frac{\partial}{\partial y^j}(g(x_1, \dots, x_k)) = \frac{\partial g}{\partial x^1} \frac{\partial x^1}{\partial y^j} + \cdots + \frac{\partial g}{\partial x^k} \frac{\partial x^k}{\partial y^j} = \sum_{n = 1}^k \frac{\partial g}{\partial x_n} \frac{\partial f_n}{\partial y_j}.$$

Que es $$f_*\left(\frac{\partial}{\partial y^j}\right)[g(x_1, x_2, . . . x_k)] = \sum_{n = 1}^k \frac{\partial g}{\partial x_n} \frac{\partial f_n}{\partial y_j}.$$

Por conmutatividad de primer orden de la derivada, $$\sum_{n = 1}^k \frac{\partial g}{\partial x_n} \frac{\partial f_n}{\partial y_j} = \sum_{n = 1}^k \frac{\partial f_n}{\partial y_j} \frac{\partial g}{\partial x_n} .$$

Así vemos que el campo de vectores $f_*\left(\frac{\partial}{\partial y^j}\right)$ satisface $$f_*\left(\frac{\partial}{\partial y^j}\right) = \sum_{n = 1}^k \frac{\partial f_n}{\partial y_j}\frac{\partial}{\partial x_n}.$$

Así vemos que el campo de vectores $f_*\left(\frac{\partial}{\partial y^j}\right)$ satisface $$f_*\left(\frac{\partial}{\partial y^j}\right) = \sum_{n = 1}^k \frac{\partial f_n}{\partial y_j}\frac{\partial}{\partial x_n}.$$

Así $$\sum_{j = 1}^lY^jdx_i(f_*(\frac{\partial}{\partial y^j})) = \sum_{j = 1}^lY^jdx_i\left(\sum_{n = 1}^k \frac{\partial f_n}{\partial y_j}\frac{\partial}{\partial x_n}\right).$$

Como antes, usamos el hecho de que $dx_i$ es lineal y de primer orden derivado es conmutativa, $$\sum_{j = 1}^á^jdx_i\left(\sum_{n = 1}^k \frac{\partial f_n}{\partial y_j}\frac{\partial}{\partial x_n}\right) = \sum_{j = 1}^l^j\left(\sum_{n = 1}^k dx_i \frac{\partial}{\partial x_n}\frac{\partial f_n}{\partial y_j}\right).$$

El uso de $dx_i(\frac{\partial}{\partial x_n}) = \delta_{in}$, $$\sum_{j = 1}^l^j\left(\sum_{n = 1}^k dx_i \frac{\partial}{\partial x_n}\frac{\partial f_n}{\partial y_j}\right) = \sum_{j = 1}^l^j\left(\frac{\partial f_i}{\partial y_j}\right) = \sum_{j = 1}^l (dy_j Y)\left(\frac{\partial f_i}{\partial y_j}\right).$$

Así, $$\sum_{j = 1}^l (dy_j Y)\left(\frac{\partial f_i}{\partial y_j}\right) =\sum_{j = 1}^l\left(\frac{\partial f_i}{\partial y_j}\right) (dy_j Y).$$

De acuerdo a $d\phi = \sum \frac{\partial \phi}{\partial x_i}dx_i.$ Hemos $$df = \sum \frac{\partial f}{\partial y_i}dy_i.$$

Así $$\sum_{j = 1}^l\left(\frac{\partial f_i}{\partial y_j}\right) (dy_j Y) =df_i (Y).$$

Ya que esto es válido para cualquier $Y \in T_yV$, hemos demostrado que $$f^*dx_i = \sum_{j = 1}^l \frac{\partial f_i}{\partial y_j}dy_j = df_i$$

Answer 1

Me gustaría señalar, antes de intentar responder a esta pregunta, que sus definiciones confundirme un poco. Por ejemplo, ¿qué es $I(y)$? Y en su expresión de $\omega$,

$\omega = \sum_{1 \le i_1 < . . . i_k \le n}I(y)dx_i$,

¿por qué hay al parecer un multi-índice de algún tipo en el $\Sigma$ símbolo que no parece (al menos para mí) que se produzca en el sumando $I(y)dx_i$? Bueno, tal vez esto se explica en Guillemin y Pollack, que no he visto en bastante tiempo, excelente libro, aunque lo sea. No pretendo ser crítico aquí, simplemente en busca de una aclaración.

Habiendo dicho estas cosas, vamos a tratar de demostrar que

$f^*dx_i = \sum_{j = 1}^l\frac{\partial f_i}{\partial y_j}dy_j = df_i$.

Voy a tratar de hacerlo de la manera que aprendí, sobre todo a partir de principios generales; como he indicado anteriormente, no tengo una copia de Guillemin y Pollack en frente de mí, así que si me parece que estoy improvisando, ten paciencia conmigo . . .

La primera cosa que usted necesita saber es que el $f^*$ es el adjunto del mapa $f_*$, en el sentido que generalmente se utilizan en álgebra lineal: si $T:V \to W$ es lineal en el mapa entre espacios vectoriales $V$$W$, entonces para cualquier $\sigma \in W^*$ definimos el lineal funcional $T^*\sigma \in V^*$ por la fórmula $T^*\sigma(v) = \sigma(Tv)$ para los vectores $v \in V$. Así es fácil ver que $T^*:W^* \to V^*$ es también lineal en el mapa. Esta idea, por supuesto, se aplica pointwise con respecto a $U$$V$, es decir, fiberwise con respecto a la tangente y la cotangente espacios de $U$$V$. Ahora echemos un vistazo a $f^*dx_i$. Para cualquier vector tangente $Y \in T_yU$, tenemos

$(f^*dx_i)(Y) = dx_i(f_*(Y))$,

y con

$Y = \sum_{j = 1}^l Y^j\frac{\partial}{\partial y^j}$

obtenemos

$(f^*dx_i)(Y) = (f^*dx_i)(\sum_{j = 1}^l Y^j\frac{\partial}{\partial y^j})$,

y por la linealidad de todo esto produce

$(f^*dx_i)(Y) = \sum_{j = 1}^lY^j (f^*dx_i)(\frac{\partial}{\partial y^j}) = \sum_{j = 1}^lY^jdx_i(f_*(\frac{\partial}{\partial y^j}))$.

Llevamos a cabo un escrutinio $f_*(\frac{\partial}{\partial y^j})$. Con $f = (f_1, f_2, . . . f_k)$, con cada $f_p$, $1 \le p \le k$ siendo una función de la $y_q$, $1 \le q \le l$, y $g:U \to R$ y suficientemente diferenciable, el campo de vectores $f_*(\frac{\partial}{\partial y^j})$ $U$ puede ser aplicado a $g$:

$f_*(\frac{\partial}{\partial y^j})[g(x_1, x_2, . . . x_k)] = \frac{\partial}{\partial y^j}(g(f_1(y_1, . . . y_l), f_2(y_1, . . . y_l), . . . f_k(y_1, y_2, . . . , y_l)))$

$= \sum_{n = 1}^k \frac{\partial g}{\partial x_n} \frac{\partial f_n}{\partial y_j}$,

esta última igualdad se sigue de la hecho de que $x_p = f_p(y_1, y_2, . . . , y_l)$ y la regla de la cadena. Así vemos que el campo de vectores $f_*(\frac{\partial}{\partial y^j})$ satisface

$f_*(\frac{\partial}{\partial y^j}) = \sum_{n = 1}^k \frac{\partial f_n}{\partial y_j}\frac{\partial}{\partial x_n} $,

y si esto se inserta en nuestra expresión anterior $(f^*dx_i)(Y)$,

$(f^*dx_i)(Y) = \sum_{j = 1}^lY^jdx_i(f_*(\frac{\partial}{\partial y^j}))$,

de ello se sigue que

$(f^*dx_i)(Y) = \sum_{j = 1}^l \sum_{n = 1}^k Y^j dx_i(\frac{\partial f_n}{\partial y_j}\frac{\partial}{\partial x_n})$,

y el uso de $dx_i(\frac{\partial}{\partial x_n}) = \delta_{in}$,

$(f^*dx_i)(Y) = \sum_{j = 1}^l Y^j \frac{\partial f_i}{\partial y_j} = \sum_{j = 1}^l \frac{\partial f_i}{\partial y_j}dy_j(Y) = df_i(Y)$,

ya tenemos $Y = \sum_{j = 1}^l Y^l \frac{\partial}{\partial y_l}$$dy_j(Y) = Y^j$. Ya que esto es válido para cualquier $Y \in T_yV$, hemos demostrado que

$f^*dx_i = \sum_{j = 1}^l \frac{\partial f_i}{\partial y_j}dy_j = df_i$,

como por la petición. QED.

¡Uf! Demasiado muchos índices y subíndices para realizar un seguimiento de!

Ahora, como recuerdo, el establecimiento de esta fórmula en $1-$de las formas que permite a extenderse en la forma habitual a todos los de $\Lambda(T*U)$, es decir, todos los formulario (los campos) por el uso cuidadoso de las definiciones de la $\wedge$ producto y un montón de maniobras de las matrices y los índices.

Tengo que correr, mi trabajo nocturno atrae.

Answer 2

Sabemos $f^*dx_i$ es el tensor de campo y se calcula en $p\in V$ que es arbitrarias,$(f^*{dx_i})_p$=${dx_i}_{f(p)}{f_*}_p$(a partir de la definición de pullback),también tenemos ${f_*}_p=df_p=\Big[\frac{\partial f_t}{\partial y_j}(p)\Big]_{k\times l},$ ${dx_i}_{f(p)}={{x_i}_*}_{f(p)}=[0,...,0,1,0,...,0]_{1\times k}$(1 en ith),la multiplicación de dos matrices es $\Big[\frac{\partial f_i}{\partial y_j}(p)\Big]_{1\times l}$ que es igual a ${df_i}_p$,e ${df_i}_p=\sum_{j=1}^l \frac{\partial f_i}{\partial y_j}(p){ dy_j}_p$.

Answer 3

En primer lugar, creo que ambas respuestas ofrecidas hasta ahora son excelentes en su propia manera. Me limitaré a intentar decir lo mismo con algo un poco diferente notación.

En primer lugar, $f=(f^1, \dots, f^k)$ es una función de $y = (y^1, \dots , y^l)$. Por lo tanto, podemos diferenciar $f$ con respecto al $y$ en el punto de $y=p$ tenemos: $$ df_p(h) = \sum_{i=1}^k\sum_{j=1}^l[f'(p)]_{ij}h_j\frac{\partial}{\partial x^i}\bigg|_{f(p)} \qquad \text{where} \ [f'(p)]_{ij} = \frac{\partial f^i}{\partial y^j} $$ donde$f'(p) \in \mathbb{R}^{k \times l}$$[h_j] \in \mathbb{R}^l$$f'(p)[h] \in \mathbb{R}^k$. Supongo que, para ser explícitos, $h = \sum_{j=1}^l h_j\frac{\partial}{\partial y^j}\bigg|_p$. Aquí yo, como es mi costumbre, suponga $\mathbb{R}^n = \mathbb{R}^{1 \times n}$, es decir, el espacio euclidiano es el hecho de vectores columna. Voy a poner $dx^j$ $f(p)$ pero voy a renunciar a la adornan $dx^j$ con que punto de la dependencia por razones de brevedad en lo que sigue. El pull-back de $dx^j$ a partir del rango de $f$ formulario (retruécano previsto) una forma de $\alpha$ en el dominio en $p$. Podemos calcular dicho de un formulario mediante el cálculo de sus componentes en el $\{dy^1, \dots , dy^l \}$ $T^*V_p$ por la evaluación en el vector coordenado de los campos a los que están dual. Considerar, $$ \bigl((f^*)_{p}(dx^m)\bigr)(\frac{\partial}{\partial y^n}\bigg|_p) = dx^m ( df_p(\frac{\partial}{\partial y^n}\bigg|_p)) \qquad \star$$ Ahora, $h_j = \delta_{jn}$ para las coordenadas del vector de campo ($h = \sum_{j=1}^{l}\delta_{jn}\frac{\partial}{\partial y^n}\bigg|_p)$ por lo tanto $$ df_p(\frac{\partial}{\partial y^n}\bigg|_p)) = \sum_{i=1}^k\sum_{j=1}^l[f'(p)]_{ij}\delta_{jn}\frac{\partial}{\partial x^i}\bigg|_{f(p)} = \sum_{i=1}^k[f'(p)]_{en}\frac{\partial}{\partial x^i}\bigg|_{f(p)} $$ Finalmente, alimentación esta en el $\star$ ecuación, \begin{align} \bigl((f^*)_{p}(dx^m)\bigr)(\frac{\partial}{\partial y^n}\bigg|_p) &= dx^m (\sum_{i=1}^k[f'(p)]_{in}\frac{\partial}{\partial x^i}\bigg|_{f(p)}) \\ &= \sum_{i=1}^k[f'(p)]_{in} dx^m (\frac{\partial}{\partial x^i}\bigg|_{f(p)}) \\ &= \sum_{i=1}^k[f'(p)]_{in}\delta_{im} \\ &= [f'(p)]_{mn} \end{align} Por lo tanto, $$ (f^*)_{p}(dx^m) = \sum_{n=1}^l [f'(p)]_{mn} dy^n = \sum_{n=1}^l \frac{\partial f^m}{\partial y^n}dy^n = df^m$$