Probando el lema de Poincaré para formas de $1$ $\mathbb{R}^2$

Question

Estoy tratando de probar la de Poincaré Lema para $1$ de las formas en $\mathbb{R^2}$. Así que me dijo que si puedo hacer esto, puedo empezar con

$$\omega = f_1(x_1,x_2) dx_1 + f_2(x_1,x_2)dx_2.$$

Lo primero que quiero probar es $d\omega = 0$. Así que, me voy

$$d \omega = df_1 \wedge dx_1 + df_2\wedge x_2$$

$$ = \left( \frac{\partial f_1}{\partial x_1}dx_1 + \frac{\partial f_1}{\partial x_2} dx_2 \right) \wedge dx_1 + \left(\frac{\partial f_2}{\partial x_1} dx_1 + \frac{\partial f_2}{\partial x_2}dx_2 \right) \wedge dx_2. $$

$dx_1 \wedge dx_1 = 0$ $dx_2 \wedge dx_2 = 0$ , por lo que tenemos

$$\frac{\partial f_1}{\partial x_2} dx_2 \wedge dx_1 + \frac{\partial f_2}{\partial x_1}dx_1 \wedge dx_2.$$

De la anti commutatitivty ley tenemos $dx_1 \wedge dx_2 = - dx_2 \wedge dx_2$, y así podemos poner esto en y recoger como los términos y obtener

$$\left(\frac{\partial f_2}{\partial x_1} - \frac{\partial f_1}{\partial x_2} \right) dx_i \wedge dx_2,$$

que me dice que $d \omega = 0 \iff \frac{\partial f_2}{\partial x_1} = \frac{\partial f_1}{\partial x_2}$, pero estoy atascado cómo utilizar esto para mostrar que $\omega = d \eta$. Alguien me puede ayudar por favor?

Answer 1

Bueno, si $ d\omega = 0 $, entonces para cualquier suave curva cerrada $ \gamma $ $\mathbb{R}^2 $ el área encerrada es un buen compacto colector $M$ donde $ \partial M = \gamma $. Desde el teorema de stokes tenemos para cualquier curva cerrada $\gamma $ $$ \int_\gamma \omega = \int_{\partial M} \omega = \int_M d\omega = 0 $$ Por lo tanto si $\gamma_1 $ $\gamma_2 $ son curvas con los extremos del mismo, a continuación,$ \int_{\gamma_1}\omega = \int_{\gamma_2}\omega $. Así que vamos a por $ x = (x_1,x_2) $ definimos $\gamma_x $ como cualquier curva desde el origen al $x$ y definen $ F : \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R} $ $$ F(x) = \int_{\gamma_x}\omega $$ Por lo tanto para cualquier curva de $\alpha $ $x$ $x+he_k$donde $h>0 $ $ k\in\{1,2\} $ tenemos $ F(x+he_k) -F(x) = \int_\alpha \omega $. Así, por $ f = (f_1,f_2) $ que se les da, si elegimos $\alpha $ como la línea recta, es decir, $ \alpha(t) = x + the_k $ $ \alpha (0) = x,\ \alpha(1) = x +he_k $ entonces llegamos a para $k\in \{1,2\} $ $$ F(x+he_k) -F(x) = \int^1_0 (f\circ\alpha)(t).\alpha'(t)dt = \int^1_0 f(x+the_k).he_k dt = h\int^1_0f_k(x+the_k)dt $$ Si definimos la función $$ g_k(t) = \int^t_0f_k(x+ue_k)du $$ then $g_k(0) = 0 $ and $ g_k'(t) = f_k(x+te_k) $ hence $ g_k'(0) = f_k(x) $. Luego de arriba claramente tenemos $$ \frac{F(x+he_k)-F(x)}{h} = \int^1_0f_k(x+the_k)dt = \frac{1}{h}\int^h_0 f_k(x+ue_k)du = \frac{g_k(h)-g_k(0)}{h} $$ Por lo tanto tomando $h \rightarrow 0 $ tenemos $ \partial F/\partial x_k = g_k'(0) = f_k(x) $. Así $$ \omega = f_1dx_1 + f_2dx_2 = \frac{\partial F}{\partial x_1}dx_1 + \frac{\partial F}{\partial x_2}dx_2 = dF $$