拓扑期末考试

1 赋予结构成为流形

设$M=\left\{l{\subset}\mathbb{R}^2|l为\mathbb{R}^2中直线\right\}$，给出$M$上一个光滑结构，使其成为一个流形。

解：

$$ M=\left\{l{\subset}\mathbb{R}^2|l为\mathbb{R}^2中直线\right\}=\mathbb{RP}^2{\backslash}\left\{p\right\} $$

讨论平面上所有直线形成的流形，我们知道直线$l{\subset}\mathbb{R}^2$直线在平面上的一般式方程为

$$ Ax+By+C=0 $$

且要求$A^2+B^2{\neq}0$。于是$l$直线可以用三元组表示$[(A,B,C)]=\left\{k(A,B,C)|k{\in}\mathbb{R}{\backslash}\left\{0\right\},A^2+B^2=0\right\}$。

这里$k$是等价类的情况，$x+2y+1=0,k(x+2y+1)=0$。

于是可以写为

$$ M=\left\{[(A,B,C)|A^2+B^2{\neq}0]\right\} $$

若$A{\neq}0,(1,\frac{B}{A},\frac{C}{A})$与$(A,B,C)$一一对应，而$\frac{B}{A}=x_1,\frac{y_1}{A}=0$。

我们取局部坐标

$$ U_1=\left\{[(A,B,C)]|A{\neq}0\right\} $$

于是我们取映射

$$ \varphi_1:U_1{\to}\mathbb{R}^2\\ [(A,B,C)]{\mapsto}\varphi_1((A,B,c))=(x_1,y_1),\varphi_1^{-1}(x_1,y_1)=[1,x_1,y_1] $$

$$ U_2=\left\{[(A,B,C)]|A{\neq}0\right\}\\ \varphi_2:U_2{\to}\mathbb{R}^2,\varphi_2((A,B,C))=(x_2,y_2) $$

其中$x_2=\frac{A}{B},y_2=\frac{C}{B}{\iff}\varphi_2^{-1}(x_2,y_2)=[(x_2,1,y_2)]$。

然后验证$C^{\infty}$条件：

$$ \varphi_2{\circ}\varphi_1^{-1}:\varphi_1(U_1{\cap}U_2){\to}\mathbb{R}^2\\ \varphi_2{\circ}\varphi_1^{-1}(x_1,y_2)=\varphi_2([1,x_1,y_1])=(\frac{1}{x_1},\frac{y_1}{x_1}) $$

其中$\varphi_2([1,x_1,y_1])=\varphi_2([\frac{1}{x_1},1,\frac{y_1}{x_1}])$，当$x_1{\neq}0$，这是因为$[1,x_1,y_1]{\in}U_1{\cap}U_2$

于是

$$ x_2=\frac{1}{x_1},y_2=\frac{y_1}{x_1},(x_1{\neq}0) $$

为光滑映射，于是$M$为$C^{\infty}$流形。

思路：考虑将直线表示出来，然后通过取到映射并且验证该映射是$C^{\infty}$即可，重点在于取两个局部坐标的复合，仅需验证其无穷可微条件即可。

2 求SO切空间与维数

（a）求$SO(n)$的单位元处切空间

（b）证明$dimSO(n)=\frac{n(n-1)}{2}$。

解：

$$ SO(n)=\left\{A{\in}Mat(n,\mathbb{R})|A^TA=I_n,det{A}=1\right\} $$

单位元为$I_n$，也就是求单位元处切线全体。

因为$SO(n){\subset}GL(n,\mathbb{R})$的子流形，由于$T_{I_n}GL(n,\mathbb{R})=Mat(n,\mathbb{R})$。

设$X{\in}T_{I_n}SO(n)$，因为对于${\forall}X{\in}Mat(n,\mathbb{R})$，知道$e^{tX}$为在$GL(n,\mathbb{R})$中过$I_n$的一条曲线，于是我们有$e^{tX}{\in}SO(n)$，于是仅需满足上述条件即可，也即：

当$t=0$时，显然有$e^{tX}=I_n$，当$t{\neq}0$时候，我们有

$$ \begin{aligned} (e^{tX})^T(e^{tX})=&I_n\\ =&(e^{tX^T})(e^{tX})\\ =&e^{t(X+X^T)} \end{aligned} $$

对于$t{\neq}0$，我们对于$e^{t(X+X^T)}=I_n$两边关于$t$求导，并且令$t{\to}0$。

于是我们得到：

$$ 0=\frac{d}{dt}e^{t(X+X^T)}|_{t=0}=X+X^T=0 $$

反之，对于${\forall}X{\in}Mat(n,\mathbb{R})$，若$X+X^T=0$，则可以推出

$$ e^{tX}e^{tX^T}=I_n $$

因为$\det{e^{tX}}>0$，于是有$\det{e^{tX}}=1$。也即对于${\forall}t,e^{tX}{\in}SO(n)$，也即$X{\in}T_{I_n}SO(n)$。于是我们得到：

$$ T_{I_n}SO(n)=\left\{X{\in}Mat(n,\mathbb{R})|X+X^T=0\right\} $$

（2）由于第一小问的解答，我么可以直接知道

$$ dim(SO(n))=dim(T_{I_n}(SO(n))) $$

从而有$X+X^T$的对角元$x_{ii}=0,x_{ij}+x_{ji}=0$，于是从矩阵形式

$$ \begin{pmatrix} 0 & x_{12} &{\cdots} &{\cdots} &{x_{1,n}} \\ -x_{12} & {\ddots} &{} &{\cdots} &{\vdots}\\{\vdots} &{\cdots} &{\ddots} &{\cdots} &{\vdots} \\{\vdots} &{\cdots} &{\cdots} &{\ddots} &{x_{n-1,n}}\\ -x_{1,n} &{\cdots} &{\cdots} &{-x_{n-1,n}} &0 \end{pmatrix} $$

可以知道其维度

$$ dim(SO(n))=\frac{n(n-1)}{2} $$

思路：将限制条件通过矩阵形式给出即可。

3 求Sn的切丛

求$S^n=\left\{x{\in}\mathbb{R}^{n+1}||x|=1\right\}$的切丛

解：考虑一点处的情况：

$$ T_xS^n=\left\{u{\in}R^{n+1}|u{\perp}x\right\} $$

考虑到若$u=0$，则$\gamma_t=x$可以推出$\frac{d\gamma_t}{dt}=0=u$，这显然成立。

若$u{\neq}0$，则有$\gamma_t=x\cos{|u|}t+\frac{u}{|u|}\sin{|u|}t$，于是知道$\gamma_t|_{t=0}=x$，并且有$\frac{d\gamma_t}{dt}|_{t=0}=u$。

因为$u{\in}TxS^n$，从维度角度考虑：

$$ dim\left\{u{\in}R^{n+1}|u{\perp}x\right\}=n=dimT_xS^n $$

于是可以得到：

$$ T_xS^n=\left\{u{\in}\mathbb{R}^{n+1}|u{\perp}x\right\} $$

而$TS^n{\subset}S^n{\times}R^{n+1}$，于是

$$ TS^n=\left\{(x,u){\in}S^n{\times}R^{n+1}|u{\perp}x\right\} $$

思路：考虑一点处的切丛，根据这个正交关系，却特殊的参数曲线，然后再通过一个嵌入即可得到。

4 证明流形，求切丛

设$f:\mathbb{R}^2{\to}\mathbb{R}^2$定义为

$$ u=xe^y+y,v=xe^y-y $$

证明：

（a）$f$为$C^{\infty}$同胚

这个显然我们知道$f{\in}C^{\infty}$，于是我们仅需考虑$f^{-1}$。

直接用消元法可以得到：$y=\frac{u-v}{2}$，然后带入即可得到

$$ 2xe^y=u+v,x=\frac{1}{2}(u+v)e^{-\frac{u-v}{2}} $$

于是显然$f^{-1}{\in}C^{\infty}$，证毕。

（b）求$f_{*}(\frac{\partial{}}{{\partial}x}),f_{*}(\frac{\partial{}}{{\partial}y})$。

解：

$$ \begin{aligned} f_*(\frac{\partial}{\partial{x}})=&\frac{\partial{u}}{\partial{x}}\frac{\partial}{\partial{u}}+\frac{\partial{v}}{\partial{x}}\frac{\partial}{\partial{v}}\\ =&e^y(\frac{\partial}{\partial{u}}+\frac{\partial}{\partial{v}}) \end{aligned} $$

同理得到：

$$ \begin{aligned} f_*(\frac{\partial}{\partial{y}})=&\frac{\partial{u}}{\partial{y}}\frac{\partial}{\partial{u}}+\frac{\partial{v}}{\partial{y}}\frac{\partial}{\partial{v}}\\ =&(xe^y+1)\frac{\partial}{\partial{u}}+(xe^y-1)\frac{\partial}{\partial{v}} \end{aligned} $$

（c）求$f^{*}(du),f^*(dv)$。

解：我们直接给出来：

$$ f^*(du)=d(xe^y+y)=e^ydx+(xe^y+1)dy $$

$$ f^*(dv)=d(xe^y-y)=e^ydx+(xe^y-1)dy $$

思路：同胚容易证明，然后剩下的仅需做偏导即可得到。（b）是分为对x和对y求链式偏导得到，（c）则是求全微分。

5 度量的计算

设在$\mathbb{R}^{n+1}$赋以度量$g=\sum^n_{i=0}dx^i{\otimes}dx^i,i_c:S^n{\to}\mathbb{R}^{n+1}$为包含映射。设$(U,\phi)$为$S$的局部坐标，满足$U=\left\{x=(x^0,x^1,{\cdots},x^n){\in}S^n|x^0{\neq}-1\right\}$。

$$ (y_1,{\cdots},y_n)=\phi(x)=(\frac{x^1}{1+x^0},{\cdots},\frac{x^n}{1+x^0}):U{\to}\mathbb{R}^n $$

求$i_c^{*}g$在局部坐标$\phi$下的表达式，也即求$(i_c{\circ}\phi^{-1})^*g$。

解：本题计算比较复杂，但是操作相对单一，实则为常曲率为1的度量

$$ (i_c{\circ}\phi^{-1})^*g(\frac{\partial}{\partial{y^i}},\frac{\partial}{\partial{y^j}})=g_{ij}=g((i_c{\circ}\phi^{-1})_*\frac{\partial}{\partial{y^i}},(i_c{\circ}\phi^{-1})_*\frac{\partial}{\partial{y^j}}) $$

因为

$$ (i_c{\circ}\phi^{-1})_*(\frac{\partial}{\partial{y^i}})=\sum_{\alpha}\frac{\partial{x}^{\alpha}}{\partial{y}^i}\frac{\partial}{\partial{x}^{\alpha}} $$

因为

$$ (y^1,,{\cdots},y^n)=(\frac{x_1}{1+x^0},{\cdots},\frac{x_n}{1+x^0}) $$

其中

$$ x_j=\frac{2y^i}{1+\sum(y^i)^2},x^0=\frac{1-\sum(y^j)^2}{1+\sum(y^j)^2}=\frac{2}{1+\sum(y^j)^2}-1 $$

$$ \frac{\partial{x^0}}{\partial{y^j}}=\frac{-4y^j}{(1+\sum(y^j)^2)^2},\frac{\partial{x^i}}{\partial{y^j}}=\frac{-4y^jy^i}{(1+\sum(y^k)^2)^2},i{\neq}j $$

$$ \frac{\partial{x^j}}{\partial{y^j}}=\frac{2}{1+\sum(y^j)^2}-\frac{4(y^i)^2}{(1+\sum(y^k)^2)^2} $$

于是得到：

$$ \frac{\partial}{\partial{y^j}}=\frac{-4y^j}{1+\sum(y^j)^2}\frac{\partial}{\partial{x}}-\frac{4}{(1+\sum(y^k)^2)^2}\sum_{i{\neq}j}y^iy^j\frac{\partial}{\partial{x^i}}+\frac{2}{1+\sum(y^k)^2}\frac{\partial}{\partial{x^j}}-\frac{4(y^j)^2}{(1+\sum(y^k)^2)^2}\frac{\partial}{\partial{x^j}} $$

于是令$a^2=(1+\sum(y^j)^2)^2$，由内积得到：

$$ \begin{aligned} \left\langle \frac{\partial}{\partial{y^j}},\frac{\partial}{\partial{y^l}}\right\rangle\stackrel{i{\neq}l}{=}&\frac{-4(y^j)}{a^2}(\frac{-4(y^l)}{a^2})+(\frac{4}{a^2})^2\sum_{i{\neq}k,i{\neq}l}(y^i)^2y^jy^l+(\frac{2}{a}-\frac{4(y^j)^2}{a^2})(-\frac{4}{a^2}y^jy^l)+(\frac{2}{a}-\frac{4(y^l)^2}{a^2})(-\frac{4}{a^2}y^jy^l)\\ =&\frac{16y^jy^l}{a^4}+\frac{16}{a^4}(a^2-1)y^jy^l-\frac{16}{a^2}y^jy^l\\ =&\frac{16}{a^2}y^jy^l-\frac{16}{a^2}y^jy^l\\ =&0 \end{aligned} $$

另一方面

$$ \begin{aligned} \left\langle \frac{\partial}{\partial{y^j}},\frac{\partial}{\partial{y^j}}\right\rangle=&\frac{16(y^j)^2}{a^2}+\frac{16(y^i)^2(y^j)^2}{a^4}+\frac{4}{a^2}+\frac{16(y^j)^4}{a^4}-\frac{16(y^j)^2}{a^3}\\ =&\frac{16(y^j)^2a}{a^4}+\frac{4}{a^2}-\frac{16(y^j)^2}{a^3}=\frac{4}{a^2} \end{aligned} $$

于是我们得到：

$$ \begin{aligned} (i_c{\circ}\phi^{-1})^*g=&\sum^n_{j=1}\frac{4}{a^2}dy^j{\otimes}dy^j\\ =&\frac{4}{a^2}\sum^n_{j=1}dy^j{\otimes}dy^j\\ =&\frac{4}{(1+\sum^n_{k=1}(y^k)^2)^2}\sum^n_{j=1}dy^j{\otimes}dy^j \end{aligned} $$

思路：没什么好说的，计算量是重点。

6 求李括号

设$\mathbb{R}^3$上三个光滑切向量场为

$$ X_1=x\frac{\partial}{\partial{x}}+y\frac{\partial}{\partial{y}}+\frac{\partial}{\partial{z}},X_2=y^2\frac{\partial}{\partial{x}}+e^x\frac{\partial}{\partial{y}},X_3=z^2\frac{\partial}{\partial{z}} $$

（a）求$\left[X_1,X_2\right]$。

解：由李括号定义，对于${\forall}f{\in}C^{\infty}(\mathbb{R}^3)$

$$ \begin{aligned} \left[X_1,X_2\right]f=&X_1(X_2f)-X_2(X_1f)\\ =&X_1(y^2\frac{\partial{f}}{\partial{x}}+e^x\frac{\partial{f}}{\partial{y}})-X_2(x\frac{\partial{f}}{\partial{x}}+y\frac{\partial{f}}{\partial{y}}+\frac{\partial{f}}{\partial{z}})\\ =&x(0+y^2\frac{\partial^2{f}}{\partial{x^2}}+e^x\frac{\partial{f}}{\partial{y}}+e^x\frac{\partial^2{f}}{\partial{y}\partial{x}})+y(2y\frac{\partial{f}}{\partial{x}}+y^2\frac{\partial^2{f}}{\partial{x}\partial{y}}+0+e^x\frac{\partial^2{f}}{\partial{y^2}})+(0+y^2\frac{\partial^2{f}}{\partial{x}\partial{z}}+0+e^x\frac{\partial^2{f}}{\partial{y}\partial{z}})\\ -&y^2(\frac{\partial{f}}{\partial{x}}+x\frac{\partial^2{f}}{\partial{x^2}}+0+y\frac{\partial^2{f}}{\partial{y}\partial{x}}+\frac{\partial^2{f}}{\partial{z}\partial{x}})-e^x(0+x\frac{\partial^2{f}}{\partial{x}\partial{y}}+\frac{\partial{f}}{\partial{y}}+y\frac{\partial^2{f}}{\partial{y^2}}+\frac{\partial^2{f}}{\partial{z}\partial{y}})\\ =&xe^x\frac{\partial{f}}{\partial{y}}+2y^2\frac{\partial{f}}{\partial{x}}-y^2\frac{\partial{f}}{\partial{x}}-e^x\frac{\partial{f}}{\partial{y}}\\ =&e^x(x-1)\frac{\partial{f}}{\partial{y}}+y^2\frac{\partial{f}}{\partial{x}} \end{aligned} $$

（b）求$\left[\left[X_1,X_2\right],X_3\right]+\left[\left[X_2,X_3\right],X_1\right]+\left[\left[X_3,X_1\right],X_2\right]$。

解：由雅可比恒等式我们知道上述结果为0。

思路：李括号定义，然后就是求链式偏导，下面是用雅可比恒等式得到的。

7 求李括号

设$\mathbb{R^3}$上两个光滑切向量场为

$$ Y_1=x\frac{\partial}{\partial{x}}+y\frac{\partial}{\partial{y}}+\frac{\partial}{\partial{z}},Y_2=e^x\frac{\partial}{{\partial}y} $$

求$\left[zx^2Y_1,y^2Y_2\right]$。

解：我们知道对于$x^i,x^j$我们有

$$ \left[f\partial{x^i},g\partial{x^j}\right]=f\partial{x^i}g\partial{x^j}-g\partial{x^j}f\partial{x^i} $$

于是我们可以直接求：

$$ \begin{aligned} \left[zx^2Y_1,y^2Y_2\right]=&\left[zx^2(x\frac{\partial}{\partial{x}}+y\frac{\partial}{\partial{y}}+\frac{\partial}{\partial{z}}),y^2e^x\frac{\partial}{{\partial}y}\right]\\ =&\left[zx^2(x{\partial{x}}+y{\partial{y}}+{\partial{z}}),y^2e^x{{\partial}y}\right]\\ =&zx^3\partial{x}(y^2e^x)\partial{y}+zx^2y{\partial{y}}(y^2e^x)\partial{y}+zx^2\partial{z}(y^2e^x)\partial{y}-y^2e^x\partial{y}(zx^3)\partial{x}-y^2e^x\partial{y}(zx^2y)\partial{y}-y^2e^x\partial{y}(zx^2)\partial{z}\\ =&zx^3y^2e^x{\partial{y}}+zx^2y2ye^x\partial{y}+zx^2y{\cdot}0{\partial{y}}-y^2e^x{\cdot}0{\partial{x}}-y^2e^xzx^2\partial{y}-y^2e^xzx^2{\partial{y}}{\partial{z}}\\ =&zx^3y^2e^x\partial{y}+2zx^2y^2e^x\partial{y}-zx^2y^2e^x\partial{y}\\ =&(x^3y^2ze^x+x^2y^2e^xz){\partial{y}}\\ =&e^xx^2y^2z(x+1){\partial{y}} \end{aligned} $$

思路：其实还是可以用李括号定义，这里只是省略写出来而已。

8 证明单参数变换群

设$\phi(t,x,y)=(xe^{2t},ye^{-3t}):\mathbb{R}^2{\to}\mathbb{R}^2$。

（a）证明$\phi_t$为$\mathbb{R}^2$的一个单参数变换群。

我们验证条件：

首先：

$$ \phi(0,x,y)=(x,y),{\forall}t,\phi_t{\in}C^{\infty} $$

于是同胚显然成立，

然后对于${\forall}t_1,t_2$，我们有

$$ \phi_{t_1}\phi_{t_2}=\phi(t_1,xe^{2t_2},ye^{-3t_2})=(xe^{2t_2+2t_1},ye^{-3t_2+(-3t_1)})=\phi_{t_`+t_2} $$

于是$\phi_t$为$\mathbb{R}^2$的一个单参数变换群。

（b）求它的诱导切向量场$X(x,y)=(\phi_t)_{*(x,y)}(\frac{\partial}{\partial{t}})$。

$$ \begin{aligned} (\phi_t)_{*(x,y)}(\frac{\partial}{\partial{t}})|_{t=0}=&2xe^{2t}\frac{\partial{}}{\partial{x}}+(-3)ye^{-3t}\frac{\partial{}}{\partial{y}}|_{t=0}\\ =&2x\frac{\partial}{\partial{x}}-3y\frac{\partial}{\partial{y}} \end{aligned} $$

思路：验证单参数变换群，同胚加上一个参数变换性质，然后右到切向量场就是一个求偏导数的性质。

9 求单参数变换群

设$X=y\frac{\partial}{\partial{x}}-x\frac{\partial}{\partial{y}}$为$\mathbb{R}^2$上一个光滑切向量场，求一个单参数变换群$\phi_t$使得$X(x,y)=(\phi_t)_{*(x,y)}(\frac{\partial}{\partial{t}})$。

解：

$$ \begin{aligned} (\phi_t)_{*(x,y)}(\frac{\partial}{\partial{t}}|_{t=0})=&y\frac{\partial{}}{\partial{x}}-x\frac{\partial{}}{\partial{y}}\\ =&\frac{\partial{x}}{\partial{t}}\frac{\partial{}}{\partial{x}}+\frac{\partial{y}}{\partial{t}}\frac{\partial}{\partial{y}} \end{aligned} $$

由题设得$\frac{dx}{dt}=y,\frac{dy}{dt}=-x$，于是

$$ x(t)=x\cos{t}+y\sin{t}\\ y(t)=-x\cos{t}+y\cos{t} $$

于是得到：

$$ \phi(t,x,y)=(x\cos{t}+y\sin{t},y\cos{t}-x\sin{t}) $$

为一个单参数变换群。

10 单位分解

叙述流形上的单位分解的定义以及单位分解定理

单位分解定义：设$\left\{U_{\alpha}\right\}$为微分流形$M$的开覆盖，如果存在至多可数的光滑函数族$\left\{g_i:M{\to}\mathbb{R}\right\}$满足以下条件：

（1）$0{\le}g_i(x){\le}1,{\forall}x{\in}M$；

（2）对每一个$g_i$，均存在$\alpha(i)$，使得$supp{\;}g_i{\subset}U_{\alpha(i)}$；

（3）$\left\{supp{\;}g_i\right\}$为$M$上的局部有限子集族；

（4）$\sum_ig_i(x){\equiv}1,{\forall}x{\in}M$.

则称为$\left\{g_i\right\}$为从属于开覆盖$\left\{U_{\alpha}\right\}$的一个单位分解。

其存在性有：对于微分流形$M$的任何开覆盖$\left\{U_{\alpha}\right\}$，均存在从属于它的单位分解。

11 黎曼度量

（a）给出黎曼度量的定义

定义：设$g{\in}C^{\infty}(M;{\otimes}^{0,2}TM)$为$M$上光滑2阶协变张量场，对于任意$p{\in}M$，如果映射$g_p:T_pM{\times}T_pM{\to}\mathbb{R}$满足条件：

（1）${\forall}X_p{\in}T_pM,g_p(X_p,X_p){\ge}0$，当且仅当$X_p=0$时等号成立。

（2）${\forall}X_p,X_p{\in}T_pM$，均有$g_p(X_p,Y_p)=g_p(Y_p,X_p)$。

也即$g_p$为切空间$T_pM$上的内积，则称$g$为$M$上的黎曼度量，$(M,g)$称为黎曼流形。并且，在$M$的局部坐标系$(U,\varphi)$下，黎曼度量$g$可以写为

$$ g=g_{ij}dx^{i}{\otimes}dx^j $$

其中，$g_{ij}$为$U$上的光滑函数，组成的$n$阶方阵$(g_{ij})_{n{\times}n}$是处处正定对称的方阵。

（b）利用单位分解定理证明，任何一个微分流形上都存在一个黎曼度量。

解：由单位分解定理，我们有局部坐标$(U_{\alpha},\varphi_{\alpha}),\varphi_{\alpha}(p)=(x^1_{\alpha},{\cdots},x_{\alpha}^n)$，且有$\sum{f_{\alpha}}=1,{\forall}p$。

我们在$U_{\alpha}$上考虑，

$$ g_{\alpha}=\sum^n_{j=1}(d{x_{\alpha}^j})^2 $$

显然是正定的。

然后我们在流形$M$上定义$g=\sum_{\alpha}f_{\alpha}g_{\alpha}$为局部有限和。

对于${\forall}p{\in}M,{\exists}U_{\beta},p{\in}U_{\alpha},f_{\alpha}(p)>0$，有

$$ g(x_{p},x_{p})=\sum_{\alpha}f_{\alpha}g_{\alpha}(x_p,x_p){\ge}f_{\beta}(p){\cdot}g_{\beta}(x_p,x_p) $$

且$g_{\beta}(x_p,x_p)=0{\iff}x_p=0$，于是可以知道$g$是正定的，也就是存在一个黎曼度量。

12 Sard定理

叙述Sard定理

设$f:M{\to}N$为微分流形之间的光滑映射，则$f$的临界值为$N$的零测集。

13 可积分布

（a）叙述Frobenius定理

设$D$为$M$上秩为$k$的对合分布，则对于任意$p{\in}M$，存在$p$附近的局部坐标系$\left\{(V,\psi)\right\}$，使得形如下面的坐标片

$$ \left\{q{\in}V|y^l(q)=c_l,c_l为常数，l=k+1,{\cdots},n\right\} $$

均为$D$的积分流形，并且如果$(N,i)$为$D$的一个连通积分流形，$i(N){\subset}V$，则$i(N)$含于如上某个坐标片中。

（b）证明在$\mathbb{R}^3$上二维分布$\left\{X,Y\right\}$，其中

$$ X=e^{xz}\frac{\partial}{\partial{x}}+e^{xz}\frac{\partial}{\partial{y}},e^{-x}\frac{\partial}{\partial{z}} $$

是可积的。

解：

$$ X=e^{xz}(\frac{\partial}{\partial{x}}+\frac{\partial}{\partial{y}}),Y=e^{-x}\frac{\partial}{\partial{z}} $$

于是：

$$ \begin{aligned} \left[X,Y\right]=&e^{xz}\partial{x}(e^{-x})\partial{z}+e^{xz}\partial{y}(e^{-x})\partial{z}-e^{-x}\partial{z}(e^{xz})\partial{x}-e^{-x}\partial{z}(e^{xz})\partial{y}\\ =&e^{xz}{\cdot}(-e^{-x})\partial{z}+0-e^{-x}xe^{xz}\partial{x}-e^{-x}xe^{xz}\partial{y}\\ =&-xe^{-x}(e^{xz}\partial{x}+e^{xz}\partial{y})-e^{xz}(e^{-x}\partial{z})\\ =&-xe^{-x}X-e^{xz}Y{\in}\left\{X,Y\right\} \end{aligned} $$

是可积分布，于是由Frobenius定理知道是可积的。

14 闭微分与恰当形式

设$M=\mathbb{R}^2{\backslash}\left\{(0,0)\right\}$。令

$$ \omega=\frac{xdx+ydy}{x^2+y^2} $$

（a）证明$\omega$是闭微分形式

证明：也即证明$d{\omega}=0$。

因为

$$ d\omega=d(\frac{x}{x^2+y^2}){\wedge}dx+d(\frac{y}{x^2+y^2}){\wedge}dy $$

$$ \begin{aligned} d(\frac{x}{x^2+y^2})=&\frac{dx}{x^2+y^2}-\frac{2xdx+2ydy}{(x^2+y^2)^2}\\ =&(\frac{1}{x^2+y^2}-\frac{2x}{(x^2+y^2)^2})dx-\frac{2y}{(x^2+y^2)^2}dy \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} d(\frac{y}{x^2+y^2})=\frac{-2xdx}{(x^2+y^2)^2}+(\frac{1}{x^2+y^2}-\frac{2x}{(x^2+y^2)^2})dy \end{aligned} $$

于是有

$$ d\omega=-\frac{2xy}{(x^2+y^2)^2}dy{\wedge}dx-\frac{2xy}{(x^2+y^2)^2}dx{\wedge}dy=0 $$

（b）证明$\omega$是恰当微分形式

证明：$\omega$是恰当的，指的是${\exists}F$，使得$dF=\frac{xdx+ydy}{x^2+y^2}$，于是推出$F=\frac{1}{2}\ln(x^2+y^2)$，也即推出了$dF=\omega$，于是$\omega$是恰当微分形式。

15 闭微分与恰当形式

设$M=\mathbb{R}^2{\backslash}\left\{(0,0)\right\}$，令

$$ \omega=\frac{ydx-xdy}{x^2+y^2} $$

（a）证明$\omega$是闭微分形式

证明：和上一道题的做法一样：

$$ d\omega=d(\frac{y}{x^2+y^2}){\wedge}dx-d(\frac{x}{x^2+y^2}){\wedge}dy $$

$$ \begin{aligned} d(\frac{y}{x^2+y^2})=\frac{-2xdx}{(x^2+y^2)^2}+(\frac{1}{x^2+y^2}-\frac{2x}{(x^2+y^2)^2})dy \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} d(\frac{x}{x^2+y^2})=&\frac{dx}{x^2+y^2}-\frac{2xdx+2ydy}{(x^2+y^2)^2}\\ =&(\frac{1}{x^2+y^2}-\frac{2x}{(x^2+y^2)^2})dx-\frac{2y}{(x^2+y^2)^2}dy \end{aligned} $$

于是我们得到：

$$ d\omega=\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}dx{\wedge}dy-\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}dx{\wedge}dy=0 $$

（b）证明$\omega$不是恰当微分形式

证明：设$dF=\omega$，而$F$为函数。考虑

$$ S^1=\left\{(x,y){\in}R^2|x^2+y^2=1\right\}=\left\{(\cos{\theta},\sin{\theta})|\theta{\in}[0,2\pi]\right\} $$

取到

$$ \omega=\frac{ydx-xdy}{x^2+y^2}=-\sin^2{\theta}d\theta-\cos^2\theta{d}\theta=-d\theta $$

则有

$$ \int_{S^1}\omega=\int^{2\pi}_0-d{\theta}=-2\pi $$

但是另一方面

$$ \int_{S^1}\omega=F(0)-F(0)=0 $$

矛盾，于是$\omega$不是恰当微分形式。

16 流形上的微分

设

$$ \omega=xydx+zdy-yzdz,\eta=xdx-yz^2dy-2xdz $$

求：

（a）$d\omega$。

$$ \begin{aligned} d{\omega}=&xdy{\wedge}dx+dz{\wedge}dy-zdy{\wedge}dz\\ =&-xdx{\wedge}dy-(z+1)dy{\wedge}dz \end{aligned} $$

（b）$d(x\eta)$。

$$ \begin{aligned} d(x\eta)=&d(x^2dx-xyz^2dy-2x^2dz)\\ =&0-(d(xyz^2){\wedge}dy)-4xdx{\wedge}dz\\ =&-yz^2dx{\wedge}dy-2xyzdz{\wedge}dy-4xdx{\wedge}dz \end{aligned} $$

（c）$d{\omega}{\wedge}\eta-\omega{\wedge}d\eta$。

$$ d{\omega}{\wedge}\eta-\omega{\wedge}d\eta=d(\omega{\wedge}\eta) $$

$$ \begin{aligned} \omega{\wedge}\eta=&(xydx+zdy-yzdz){\wedge}(xdx-yz^2dy-2xdz)\\ =&(-xy^2z^2-xz)dx{\wedge}dy+(-2xz-y^2+z^3)dy{\wedge}dz+(-xyz+2x^2y)dz{\wedge}dx \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} d(\omega{\wedge}\eta)=&-(2xy^2z+x)dz{\wedge}dx{\wedge}dy-2zdx{\wedge}dy{\wedge}dz+(-xz+2x^2)dy{\wedge}dz{\wedge}dx\\ =&(-2xy^2z+x-2z-xz+2x^2)dx{\wedge}dy{\wedge}dz \end{aligned} $$