Prueba de Cartan ' fórmula mágica s uso de homotopía

Question

En la página 198 de Arnold Métodos Matemáticos de la Mecánica Clásica, se le pide al lector a probar la fórmula de Cartan $$\tag{1}L_X=\mathrm{d}i_X+i_X\mathrm{d}$$ donde $L_X$ es la Mentira derivada respecto de. $X$, $\mathrm{d}$ es el exterior de derivados, y $i_X$ es el interior de derivados (producto interior).

Soy consciente de la "costumbre" de la prueba, es decir, para mostrar que la acción de la $L_X$ sobre las funciones y los diferenciales de acuerdo con que la acción de los rhs. de (1). Desde que uno puede mostrar que esta igualdad tiene en todas las $p$-formas.

Sin embargo, Arnold ofrece una pista que cambia completamente la naturaleza del problema:

Denotamos por a $H$ "homotopy operador" asociar a un $k$-de la cadena de $\gamma: \sigma\to M$ $(k + 1)$- de la cadena de $H\gamma: (I \times \sigma) \to M$ según la fórmula: $(H\gamma)(t, x) = g^t\gamma(x)$ (donde $I = [0, 1]$). A continuación, $g^1\gamma - \gamma = \partial(H\gamma) + H(\partial\gamma).$

($g^t$ es el flujo de $X$. Entiendo cómo obtener la ecuación de la frontera de la homotopy de $\gamma$.)

Desde que se nos da la ecuación de la frontera de $H\gamma$, pensé que sería una buena idea para integrar la diferencial de una $k$forma $\omega$ $H\gamma$ y el uso de Stokes teorema, seguido por la ecuación de la frontera: $$\int_{H\gamma}\mathrm{d}\omega=\int_{\partial(H\gamma)}\omega=\int_{g^1\gamma-\gamma-H(\partial\gamma)}\omega$$ No veo cómo esto ayuda. Alternativamente, en el lado derecho, podemos usar la ecuación $\int_{f(D)}\omega=\int_Df^*\omega$ ($f^*$ es el retroceso de $f$) para escribir $$\int_{H\gamma}\mathrm{d}\omega=\int_{I\times\sigma}(H\gamma)^*\mathrm{d}\omega$$ Por desgracia, no sé cómo calcular el $(H\gamma)^*\mathrm{d}\omega$. ¿Cómo hace uno para continuar aquí?

Answer 1

Primero de todo, creo que la fórmula para el homotopy debe ser $$ g^1 \gamma -\gamma = \partial(H\gamma) - H(\partial \gamma).$$ Como el lado izquierdo es la parte superior, menos el de la parte inferior, en la parte derecha, a continuación, debe ser el límite de $I\times \sigma$ menos de la parte cilíndrica de la frontera ($I\times \partial \gamma$).

El uso que, de proceder a la prueba. Por el teorema fundamental del cálculo y $g^{s+t} = g^s g^t$, para cualquier $k$forma $\omega$ hemos

$$(g^1)^*\omega - \omega = \int_0^1\frac{d}{dt} (g^t)^*\omega|_{t=s} \omega ds =\int_0^1 (g^s) \frac{d}{dt} (g^t)^* \omega \bigg|_{t=0} ds = \int_0^1 (g^s)^* \mathcal L_X \omega \ ds. $$

Si integramos esta en $\gamma$, por el teorema de Fubini, $$\int_\gamma \int_0^1 (g^s)^* \mathcal L_X \omega \ ds = (-1)^k\int_0^1 \int_\gamma H_s^* \mathcal L_X \omega \ ds,$$ donde $H_s : \sigma \to M$ está dado por $H_s(x) = H(s, x) = g^s \gamma(x)$. Tenga en cuenta que $H_0 = \gamma$.

Por otro lado, $$\begin{split} \int_\gamma (g^1)^* \omega - \omega &= \int_{g^1 \gamma - \gamma} \omega \\ &= \int_{\partial (H\gamma) - H(\partial \gamma)} \omega \\ &= \int_{H\gamma} d\omega - \int_{H(\partial \gamma)} \omega. \end{split}$$

Ahora vamos a utilizar que (probar, más adelante) para cualquier $r$forma $\alpha$ $r-1$ cadena de $\gamma$ hemos $$\tag{1} \int_{H\gamma}\alpha = (-1)^{r-1}\int_0^1 \int_\gamma H_s^* i_X \alpha\ ds,$$

entonces $$\begin{split} \int_\gamma (g^1)^* \omega - \omega &= (-1)^k\int_0^1 \int_\gamma H_s^* i_X d\omega \ ds - (-1)^{k-1} \int_0^1 \int_{\partial\gamma} i_X \omega \ ds\\ &= (-1)^k \int_0^1 \int_\gamma H_s^* (i_X d\omega + di_X \omega) \ ds . \end{split}$$ Por lo tanto $$\int_0^1 \int_\gamma H_s^* \mathcal L_X \omega \ ds = \int_0^1 \int_\gamma H_s^* (i_X d\omega + di_X \omega) \ ds .$$ Tenga en cuenta que si tenemos en cuenta la homotopy $G_t$, que es la restricción de $H\gamma$$[0, t]\times \sigma$, del mismo modo que hemos $$\int_0^t \int_\gamma H_s^* \mathcal L_X \omega \ ds = \int_0^t \int_\gamma H_s^* (i_X d\omega + di_X \omega) \ ds $$ para todos los $t >0$. Por lo tanto (el uso de $H_0 = \gamma$) $$ \int_\gamma \mathcal L_X \omega= \int_\gamma (i_X d\omega + di_X \omega).$$ Como el de arriba tiene para todos los $\gamma$, tenemos $$ \mathcal L_X \omega = i_X d\omega + di_X \omega.$$

Queda por demostrar $(1)$. Deje $\alpha$ $r$ formulario. Por definición, (llamada $H\gamma = F$)

$$\int_{H\gamma} \alpha = \int_{I \times \sigma} F^*\alpha$$

si se escribe en coordenadas locales,$(t = x^0, x_1, \cdots, x_{r-1})$$I\times \sigma$$(y^1, \cdots, y^m)$$M$.

$$\begin{split} F^* \alpha (t, x)&= F^* \left(\sum_{|I| = r} \alpha_{i_1\cdots i_{r}} dy^{i_1} \wedge \cdots \wedge dy^{i_{r}}\right) \\ &= \sum_{|I| =r} \alpha_{i_1\cdots i_{r}} (F(t, x)) dF^{i_1} \wedge \cdots \wedge dF^{i_{r}} \\ \end{split}$$

Tenga en cuenta que $$dF^{i_j} = \frac{\partial F^{i_j}}{\partial t} (t, x) dt + \sum_{p=1}^{r-1} \frac{\partial F^{i_j}}{\partial x^p} (t, x) dx^p = X^{i_j}(F(t,x)) dt + H_t^* dy^{i_j} $$

como $X = \frac{\partial F}{\partial t}$, por definición, de $F = H\gamma$. Así

$$\begin{split} F^* \alpha&= \sum_{|I| =r} \alpha_{i_1\cdots i_{r}} \left( X^{i_1} dt + H_t^* dy^{i_1}\right) \wedge \cdots \wedge \left( X^{i_{k+1}} dt + H_t^* dy^{i_{r}}\right) \\ &= \sum_{|I| =r} \alpha_{i_1\cdots i_{r}} \ dt \wedge H_t^* \left( \sum_{j=1}^{r}(-1)^{j-1} X^{i_j} dy^{i_1} \wedge \cdots \wedge \hat{dy^{i_j}} \wedge \cdots \wedge dy^{i_{r}}\right) \\ &= \sum_{|I| =k+1} \alpha_{i_1\cdots i_{r}} \ dt \wedge H_t^*\left( i_X (dy^{i_1} \wedge \cdots \wedge dy^{i_{r}})\right) \\ &= dt \wedge H_t^*(i_X \alpha) = (-1)^{r-1} H_t^* (i_X\alpha) \wedge dt. \end{split}$$ Así $$ \int_{H\gamma} \alpha = (-1)^{r-1} \int_{I\times \sigma} H_t^*(i_X \alpha) \wedge dt = (-1)^{r-1} \int_0^1 \int_\gamma H_t^*(i_X \alpha) dt.$$