inoffizieller Lösungsvorschlag zu Übungsblatt 3 Markus Muhr 1

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1 Vorlesung Differentialformen [MA506] Sommersemester 205 PD Dr. Peter Massopust Fakultät für Mathematik TU München 23. Mai 205 inoffizieller Lösungsvorschlag zu Übungsblatt 3 Markus Muhr Disclaimer Bei den folgenden Lösungen handelt es sich lediglich um inoffizielle Lösungsvorschläge von Studenten, welche die Vorlesung selbst zum ersten Mal hören. Sie können (evtl. auch schwerwiegende) Fehler enthalten und stellen demnach keine Musterlösung dar. Vielmehr sind sie als Denkanstöße oder mögliche Lösungsideen zu betrachten, welche jedoch stets kritisch zu hinterfragen sind. Aufgabe Es seien f A p (E; R), g A q (E; R) und h A r (E; R). Es bezeichne das äußere Produkt bezüglich der stetigen bilinearen Abbildung Φ : R R R, (x, y) xy. Man zeige die folgenden Eigenschaften: (a) Für p = q gilt: (f + g) h = f h + g h (b) Für p = q gilt: h (f + g) = h f + h g (c) f (g h) = (f g) h (d) α R : α(f g) = (αf) g = f (αg) Lösung (a) Für x,..., x p+r E beliebig gilt: ((f + g) h) (x,..., x p+r ) = markus.muhr@tum.de = + ε(σ)(f + g)(x σ(),..., x σ(p) ) h(x σ(p+),..., x σ(p+r) ) ε(σ)f(x σ(),..., x σ(p) ) h(x σ(p+),..., x σ(p+r) ) ε(σ)g(x σ(),..., x σ(p) ) h(x σ(p+),..., x σ(p+r) ) = ((f h) + (g h))(x,..., x p+r )

2 (b) Entweder man zeigt dies erneut direkt, wie in Aufgabenteil (a) bereits oder man nutzt Teil (a) und Proposition 7 aus der Vorlesung, welche besagt (f g) = ( ) pq (g f). Damit gilt nämlich: h (f+g) = ( ) rp (f+g) h (a) = ( ) rp [(f h) + (g h)] = ( ) rp [( ) rp (h f) + ( ) rp (h g)] = ( ) rp ( ) rp [(h f) + (h g)] = (h f) + (h g) (c) Der Einfachheit halber verwende man folgende alternative Darstellung des äußeren Produktes: Für f A p (E; R) und g A q (E; R) gilt (f g)(x,..., x p+q ) = ε(σ)f(x σ(),..., x σ(p) ) g(x σ(p+),..., x σ(p+q) ) Dies wurde in Aufgabe 3 von Blatt 2 nebenbei bzw. als Zwischenschritt bewiesen (siehe Anmerkung am Ende der Lösung zu jener Aufgabe). Damit beginnt man also mit x,..., x p+q+r E beliebig: [f (g h)](x,..., x p+q+r ) = ε(σ)f(x σ(),..., x σ(p) ) (g h)(x σ(p+),..., x σ(p+q+r) ) p!(q + r)! +r [ = ε(σ) f(x σ(),..., x σ(p) ) p!(q + r)! +r q!r! ε(τ)g(x τσ(p+),..., x τσ(p+q) ) h(x τσ(p+q+),..., x τσ(p+q+r) ) τ S q+r Erweitere nun τ S q+r zu einem τ S p+q+r indem man setzt τ(σ()) = σ(),..., τ(σ(p)) = σ(p). Das Vorzeichen von τ ändert sich dadurch nicht! Man kann jedoch anstatt f(x σ(),..., x σ(p) ) schreiben f(x τσ(),..., x τσ(p) ) (Das ist wichtig, nicht vergessen!). Natürlich lautet die τ-summe dann auch τ S p+q+r τ(σ())=σ(),...,τ(σ(p))=σ(p). Es wird also nur über die Teilmenge von S p+q+r summiert, die die zusätzliche Eigenschaft erfüllt σ(),..., σ(p) invariant zu lassen. Man überlegt sich an dieser Stelle auch gleich, wie viele (für ein festes σ, denn dieses wird ja in der äußeren Summe durchlaufen und ist für die innere Summe somit jeweils das gleiche) solcher Permutationen es gibt. Wenn p Indizes invariant bleiben sollen, so kann man noch q + r viele permutieren, man hat also (q + r)! viele Möglichkeiten. Des weiteren überlege man sich, dass jedes beliebige π S p+q+r geschrieben werden kann als π = τ σ mit σ S p+q+r beliebig und τ S p+q+r so, dass τ(σ()) = σ(),..., τ(σ(p)) = σ(p), indem man mit σ erstmal sie Werte π() = σ(),..., π(p) = σ(p) festlegt und τ die Wirkung von σ auf den restlichen Indizes kompensieren lässt. Im Umkehrschluss kann man σ auch schreiben als σ = τ π. Dies oben eingesetzt erhält man zusammen mit ε(π) = ε(τ σ) = ε(τ)ε(σ). ε(π)f(x π(),..., x π(p) ) p!(q + r)! q!r! π S p+q+r τ S p+q+r τ(σ())=σ(),...,τ(σ(p))=σ(p) g(x π(p+),..., x π(p+q) ) h(x π(p+q+),..., x π(p+q+r) ) 2

3 Innerhalb der Summe über τ ist keiner der Summanden mehr abhängig von τ, man kann also einfach mit der Kardinalität der Summe multiplizieren. Diese (die Anzahl der τ mit der geforderten Sonderbedingung) wurde oben bereits zu (q + r)! bestimmt. Man erhält also: r! π S p+q+r ε(π)f(x π(),..., x π(p) ) g(x π(p+),..., x π(p+q) ) h(x π(p+q+),..., x π(p+q+r) ) Ein vollkommen analoges Vorgehen, welches sich lediglich darin unterscheidet, dass bei der Erweiterung von τ S p+q zu τ S p+q+r Invarianz auf den hinteren r Indizes anstelle auf den ersten p wie eben, gefordert wird, führt auch bei (f g) h auf diesen Ausdruck. Da x,..., x p+q+r E beliebig waren, folgt die zu zeigende Gleichheit der Formen. (d) Erneut unter Verwendung der alternativen Darstellung von f g aus (c) und x,..., x p+q E beliebig.: Aufgabe 2 α(f g)(x,..., x p+q ) = α = = ε(σ)f(x σ(),..., x σ(p) ) g(x σ(p+),..., x σ(p+q) ) ε(σ)αf(x σ(),..., x σ(p) ) g(x σ(p+),..., x σ(p+q) ) ε(σ)(αf)(x σ(),..., x σ(p) ) g(x σ(p+),..., x σ(p+q) ) = [(αf) g] (x,..., x p+q ) = ε(σ)f(x σ(),..., x σ(p) ) αg(x σ(p+),..., x σ(p+q) ) = ε(σ)f(x σ(),..., x σ(p) ) (αg)(x σ(p+),..., x σ(p+q) ) = [f (αg)] (x,..., x p+q ) Es seien E := R 2n, n N, F := G := H := R und Φ : R R R, (x, y) xy. Betrachte die 2-Form f := (u u 2 ) + (u 3 u 4 ) (u 2n u 2n ) wobei u i : R 2n R, x x i, i =,..., 2n die i-te Koordinatenform ist. Man berechne das n-fache äußere Produkt n f von f mit sich selbst. Lösung Zu berechnen ist das Folgende: [(u u 2 ) + (u 3 u 4 ) (u 2n u 2n )]... [(u u 2 ) + (u 3 u 4 ) (u 2n u 2n )] Interpretiert man die (nur zur besseren Veranschaulichung) großen Wedge-Produkte als Produkte und nennt (u 2i u 2i ) =: x i für i =,..., n, so erinnert dies stark an (x + x x n ) n. Dies kann mittels des Multinomiallehrsatzes berechnet werden. Dabei muss lediglich jedes Mal -Zeichen 3

4 aus dem klassichen Multinomialsatz (der für Zahlen aus R formuliert ist) durch ein -Produkt ersetzt werden. Eine Potenz n folglich durch ein n faches -Produkt der Basis mit sich selbst. Es gilt also: (x + x x n ) n = k +...+kn=n k i 0 i=,...,n n! k!... k n! xk x k x kn n () Betrachte hier nun genauer was unter x k i i zu verstehen ist. Sei dazu i {,..., n} beliebig. Ist k i = 0 so ist x 0 i = (u 2i u 2i ) 0 =. Ist k i = so ist x i = (u 2i u 2i ) = (u 2i u 2i ). Interessant wird es erst ab hier. Sei also nun k i = 2, dann ist x 2 i = (u 2i u 2i ) 2 = (u 2i u 2i ) (u 2i u 2i ) Prop. 7 = ( ) (u 2i u 2i ) (u 2i u 2i ) Assoziativität nach Aufgabe = u 2i (u 2i u 2i ) u 2i Man stelle sich ganz allgemein die Frage, was das äußere Produkt einer Eins-Form (wie hier u 2i ) mit sich selbst ist. Dies ist schnell beantwortet, da es sich für beliebige x, y explizit angeben lässt. (u 2i u 2i )(x, y) = u 2i (x)u 2i (y) u 2i (y)u 2i (x) = 0 Es handelt sich also um die 0 -Zwei-Form. Ist diese Bestandteil eines weiteren äußeren Produktes (wie oben z.b. noch mit u 2i von rechts und links), so wird auch dieses Produkt 0 werden. Insbesondere ist also x 2 i = 0. Induktiv folgt sogar x k i i = 0 für k i 2, sodass in () letztendlich alle Terme, wo mindestens eines der k i 2 ist, 0 werden und keinen Beitrag zur Summe leisten. Gibt es denn auch Terme die nicht 0 werden? Ja, dazu darf keines der k i größer gleich 2 sein. Da die k i in Summe n ergeben müssen und alle nicht-negativ sind (Multinomiallehrsatz siehe Literatur) gibt es genau eine Möglichkeit, dass dies der Fall ist, nämlich wenn alle k i = sind. In dem Fall gilt nach () also: (x + x x n ) n = n! x x 2... x n Interpretiert man den Mal-Punkt nun wieder als -Produkt und resubstituiert, so gilt: n f = n! (u u 2 ) (u 3 u 4 )... (u 2n u 2n ) = n! 2n u k k= Das letzte Gleichheitszeichen ist erneut dank Assoziativität (Aufgabe ) gegeben. Aufgabe 3 Es sei wieder F := G := H := R und Φ : R R R, (x, y) xy. Für n N 0 und U E offen, sei Ω (n) (U, R) := p=0 Man zeige, dass sich die äußere Multiplikation : Ω (n) p Ω (n) p (U, R) (U, R) Ω (n) q (U, R) Ω (n) p+q(u, R) linear auf Ω (n) (U, R) fortsetzen lässt. Man benutze dann dieses Resultat um zu zeigen, dass der Vektorraum Ω (n) (U, R) mit der äußeren Multiplikation : Ω (n) (U, R) Ω (n) (U, R) Ω (n) (U, R) versehen zu einer assoziativen Algebra wird. 4

5 Lösung Die Idee hinter dieser Aufgabe ist es, das äußere Produkt für allgemeine p, q auf einen Schlag zu definieren, um in Zukunft nicht immer dazuschreiben zu müssen, welchen Wert p und q gerade haben. Dies gelingt mit der Notation der direkten Summe. Für eine Familie (V i ) i N0 von Vektorräumen ist i=0 V i definiert als {(v i ) i N0 i=0 V i v i 0 für höchstens endlich viele i N 0 }. Seien nun (ω i ) i N0 und (γ i ) i N0 Ω (n) (U, R), sprich (ω i ) i N0 = (ω 0, ω, ω 2,...) mit ω i Ω (n) i (U, R) und höchstens endlich vielen ω i 0 (für (γ i ) i N0 analog). Das äußere Produkt von (ω i ) i N0 und (γ i ) i N0 ist nun folgengliedweise definiert, sprich (ω γ) i N0 = (ω 0 γ 0, ω γ, ω 2 γ 2,...). Jede Komponente ist dabei definiert wie gewohnt. Mit dieser linearen Fortsetzung folgen die Eigenschaften einer assoziativen Algebra (Vektorraum- Struktur, Bilinearität und Assoziativität des Produktes) automatisch, da sie komponentenweise gelten und das Produkt komponentenweise definiert ist. Aufgabe 4 Es gelten die Voraussetzungen von Aufgabe 3. Ein Lie-Produkt in einem Vektorraum V ist eine antisymmetrische Abbildung (u, v) [u, v] von V in sich selbst, welche die sogenannte Jacobi-Identität erfüllt [[u, v], w] + [[v, w], u] + [[w, u], v] = 0 (2) Man zeige, dass im Falle V := Ω (n) (U, R) ein Lie-Produkt durch [f, g] := f g g f definiert wird. Lösung Zeige, dass [, ] anti-symmetrisch und (2) für beliebige f, g, h Ω (n) (U, R) erfüllt ist. Für Anti-Symmetrie sieht man leicht, dass gilt [f, g] = f g g f = g f + f g = (g f f g) = [g, f]. Für die Jacobi-Identität expandiere man (2): [[f, g], h] = [f g g f, h] = (f g g f) h h (f g g f) = f g h g f h h f g + h g f [[g, h], f] = [g h h g, f] = (g h h g) f f (g h h g) = g h f h g f f g h + f h g [[h, f], g] = [h f f h, g] = (h f f h) g g (h f f h) = h f g f h g g h f + g f h Insgesamt ergibt sich für die Jacobi-Identität also: (f g h) (g f h) (h f g) + (h g f) + (g h f) (h g f) (f g h) + (f h g) + (h f g) (f h g) (g h f) + (g f h) Von den 2 Termen gehen 6 mit positivem Vorzeichen, die anderen 6 mit negativem Vorzeichen ein und es heben sich jeweils immer zwei gegenseitig weg, sodass die Summe 0 ergibt, was zu zeigen war. 5