Forma angular, forma 1, verificación de la prueba.

Question

Compruebe que el $1$ -forma $d\,\text{arg}$ en $\mathbb{R}^2 - \{0\}$ es sólo la forma $${{-y}\over{x^2 + y^2}}\,dx + {{x}\over{x^2 + y^2}}\,dy.$$

Mi solución es la siguiente.

Obsérvese que podemos definir $\text{arg}\,z= \tan^{-1}(y/x)$ localmente. Esta definición sólo funciona si $\text{arg}\,z$ es congruente con $\theta$ modulo $2\pi$ para algunos $\theta \in (-\pi/2,\pi/2)$ . Si $\text{arg}\,z$ está fuera de este rango, simplemente añadimos $\pi$ a ella, dejando la derivada exterior sin cambios. Tomando esto como una $0$ -calculamos su derivada exterior, como sigue. $$d\left(\tan^{-1}\left({y\over{x}}\right)\right) = {{\partial f}\over{\partial x}}dx + {{\partial f}\over{\partial y}}dy = -{y\over{x^2 + y^2}}dx + {x\over{x^2 + y^2}}dy.$$ En los barrios de $\pm\pi/2$ En su lugar, definimos $\text{arg}\,z = \cot^{-1}(x/y)$ Al ver que no está claro que nuestra anterior definición de $\text{arg}\,z$ es incluso continua cerca de $\pm\pi/2$ . $\cot^{-1}(x/y)$ nos da la misma derivada exterior que $\tan^{-1}(y/x)$ y está bien definida, así que hemos terminado.

Mi pregunta es, ¿es válido lo que tengo? Y ¿hay alguna forma más limpia/simplificada de hacer el problema/perspectiva alternativa que se me escape? Muchas gracias de antemano.

Answer 1

Brevemente, su enfoque es bueno, y no conozco una forma más sencilla de descubra la fórmula del $1$ -forma $\omega := d\arg$ .

Dependiendo del nivel de rigor que se espere, es posible que quiera demostrar que $\tan^{-1}(y/x) = \cot^{-1}(x/y)$ en el primer cuadrante, y que $\tan^{-1}(y/x) = \cot^{-1}(x/y) - \pi$ en el cuarto cuadrante. Es decir, si $\tan^{-1}$ y $\cot^{-1}$ son ramas principales, la fórmula $$ \arg(x + iy) = \begin{cases} \cot^{-1}(x/y) - \pi & y < 0, \\ \tan^{-1}(y/x) & x > 0, \\ \cot^{-1}(x/y) & y > 0 \end{cases} $$ define una rama suave de $\arg$ en el plano de corte $\mathbf{C} \setminus (-\infty, 0]$ aunque los dominios respectivos se solapen.

Como alternativa, ya que usted tienen la fórmula de $\omega$ es más rápido demostrar que si $P$ es el mapa de coordenadas polares $P(r, \theta) = (r\cos\theta, r\sin\theta)$ (o, si lo prefiere, el mapa exponencial $P(r, \theta) = e^{r} \cos\theta, e^{r} \sin\theta)$ ), entonces $P^{*}\omega = d\theta$ .