Дифференциальная 1-форма и векторное поле

[Padawan]

(Оффтоп)

scwec в сообщении #536146 писал(а):

Конечно, это задача вычислительная. Однако мне хотелось повернуть решение на использование инвариантных формул. Только $\omega$ и $X$. И никаких дополнительных функций.

Мне было бы интересно посмотреть эту технику. Сам вряд ли потяну, соответствующей практики нет :-)

-- Вт фев 07, 2012 22:25:54 --

svv в сообщении #536149 писал(а):

Padawan писал(а):

cуществует $\lambda$, т.ч. $d(\lambda\omega)=0$ -- глобальное.

Мне кажется, и это условие локальное. Например, в $\mathbb{R}^2$ пусть $\omega=xdy-ydx$, тогда $\lambda=\frac 1{x^2+y^2}$ -- интегрирующий множитель, то есть $d(\lambda\omega)=0$, хотя глобально не существует такой $f$, что $\lambda\omega=df$.

Запутали меня совсем. Пусть все будет локально С неодносвязностью потом отдельно можно поразбиратьсь. Там же всякая когомология и прочая алг. топология вылазит Ну ее...

[scwec]

Отзываюсь на интерес Padawan к технике вычислений.
$\omega\wedge{d\omega}=0$. Из интегрируемости $\omega$.
$d(\frac{\omega}{i_X{\omega}})=\frac{(i_X{\omega})d\omega-(L_X{\omega}-i_X{d\omega})\wedge{\omega}}{(i_X{\omega})^2}=\frac{({i_X{\omega})d{\omega}-\omega\wedge(i_X{d\omega})}}{(i_X{\omega})^2}$.
Но $i_X(\omega\wedge{d\omega})=0$. Следовательно $i_X(\omega\wedge{d\omega})=(i_X{\omega})\wedge{d\omega}-\omega\wedge(i_X{d\omega})=0$. А это числитель последнего выражения предыдущей строки.
Таким образом, $d(\frac{\omega}{i_X{\omega}})=0$ ч.т.д.

[Ales]

А разве нельзя решить задачу так: взять кривую, перенести ее потоком.
Рассмотреть интеграл замкнутой формы по замкнутому контуру, состоящему из двух траекторий потока, выходящих из концов кривой, исходной кривой и её образа - перенесенной кривой.
Интеграл по контуру равен нулю, интегралы по кривой и ее образу одинаковы.
Значит, интегралы замкнутой формы по траекториям одинаковы за равные промежутки времени по всему связному пространству.
Значит, замкнутая форма всюду одинакова для поля: $\lambda \omega (X) = \operatorname{const}$.

-- Вт фев 07, 2012 21:45:39 --

Нет, я что-то напутал. Но все равно хотелось бы как-нибудь без лишних формул.

[Ales]

Кажется придумал: форму запишем в виде $\omega = \lambda dx_1$, векторное поле выпрямим до вида $(X_1,0,..,0)$.
Но поскольку поток сохраняет нашу форму, то $X_1$ - функция от $x_1$.
Получаем $\omega (X) = \lambda X_1(x_1)$ и $\frac {\omega} {\omega (X)} = \frac {dx_1} {X_1(x_1)}$.

[scwec]

Замечу, что из предъявленного мной доказательства ясно видно, что утверждение носит не локальный характер, поскольку не накладывает никаких условий непосредственно на область определения $X$ и $\omega$ (односвязность, например).
Из $\omega\wedge{d\omega}=0$, $L_X(\omega)=0$, $\omega(X)\ne{0}$ следует $d(\frac{\omega}{\omega(X)})=0$ во всей области определения $\omega,X$.
Но поскольку задача чисто техническая, не возбраняются и локальные варианты.

[svv]

Вариация на тему решения scwecа, но без использования подсказки $\omega\wedge d\omega=0$.

Форма $\omega$ интегрируема -- значит, представима в виде $\omega=f\beta$, где $f$ -- функция, $\beta$ -- замкнутая 1-форма, $d\beta=0$.
Известно, что $L_X\omega=0$. Это значит:

$$L_X(f\beta)=(L_X f) \beta \,+\,f L_X\beta=(i_X df)\beta\,+\, f(i_X d\beta + d(i_X\beta))=(i_X df)\beta \,+\, fd(i_X\beta)=0$$

Умножим ($\wedge$) полученное уравнение на $\beta$, получим:

$$(i_X df)\beta\wedge\beta + fd(i_X\beta)\wedge\beta=fd(i_X\beta)\wedge\beta=0$$

Функция $f$ не равна нулю (иначе нарушится условие $i_X\omega\neq 0$), поэтому сокращаем:

$$d(i_X\beta)\wedge\beta=0$$

Имея это уравнение, несложно доказать требуемое утверждение:

$$d\frac{\omega}{i_X\omega}=d\frac{\beta}{i_X\beta}=\frac{-d(i_X\beta)\wedge\beta+(i_X\beta)d\beta}{(i_X\beta)^2}=0$$

-- Чт фев 09, 2012 14:45:57 --

Кажется, это решение Padawanа получилось.

[scwec]

Вариант svv - нормальное решение. Действительно, похоже на решение Padawan.
Есть все же вопрос по теме, который требует разъяснения. А именно: пусть $\omega=f\beta$ и $d\beta=0$ $(1)$, $\omega\wedge{d\omega}=0$ $(2)$. Очевидно, что из $(1)$ следует $(2)$. А вот из $(2)$ следует $(1)$ во всей области определения $\omega$ тогда, когда в этой области существует поле $X$ такое, что $L_X(\omega)=0$ и $\omega(X)\ne0$. Если же отбросить эти условия и забыть про $X$, то эквивалентность $(1)$ и $(2)$ будет, вообще говоря, только локальной в окрестности любой точки, где $\omega\ne0$.
У нас в условиях такое $X$ присутствует и $(1)$ и $(2)$ эквивалентны во всей области определения $\omega,X$ изначально.

[Padawan]

scwec,svv
Что у вас за обозначение такое $i_X\omega$, что за $i_X$?

[scwec]

Это внутреннее умножение. По простому для 1-формы $i_X\omega=\omega(X)$

[svv]

А в общем случае: $n$-форма -- антисимметричная линейная функция от $n$ векторов. Если первый вектор зафиксировать, взяв равным $X$, то получится $(n-1)$-форма от остальных аргументов, она и обозначается $i_X\omega$.

В компонентах это $\omega_{pqr...s}X^p$.