k-formas diferenciales y derivada exterior (Parte 2/2, k-formas diferenciales y derivada exterior de éstas)

Como vimos, las 1-formas elementales son la proyección en una coordenada, ahora veamos a los operadores diferenciales como k-formas en $latex \mathbb{R}^n$ donde sus coordenadas son $latex x_{1},x_{2},...,x_{n}$:

El punto de estos posts es poder hacer la construcción de las k-formas diferenciales en la topología de Zariski para poder justificar el cálculo de singularidades en variedades sobre cualquier campo algebraicamente cerrado de caracteristica p o 0
Y al final de este artículo construiremos con las k-formas diferenciales el rotacional, la divergencia y gradiente (hablando en términos de campos vectoriales en $latex \mathbb{R}^n$)

Sea $latex \mu=\lbrace i_{1}, ..., i_{k}\rbrace$ una subsucesión de
$latex \Omega = \lbrace 1,2,...,n \rbrace$, tal que $latex 1 \leq i_{1} < ... < i_{k} \leq n$  y sea


$latex \displaystyle dx_{\mu}=d{x_{i_{1}}}\wedge ... \wedge d{x_{i_{k}}}$

Una k-forma diferencial $latex \omega$ es:

$latex \omega = \sum_{|\mu|=k}{f_{\mu}dx_{\mu}}$

Donde $latex f_{\mu}$ es una función diferenciable, y $latex \mu \subset \Omega$ está ordenado de manera creciente y $latex |\mu|=k$, por ejemplo una 1-forma en $latex \mathbb{R}^{2}$:
$latex (x+cos(y))dx+xydy$


Y una 2-forma en $latex \mathbb{R}^{3}$

$latex e^{x+y}dx\wedge dz + y^{3}dy \wedge dz$


Cada k-forma diferencial define para todo punto en $latex \mathbb{R}^{n}$ una k-forma diferente por ejemplo la 1-forma $latex (x+sen(y))dx + xydy$ es la 1-forma $latex 3dx$ en el punto $latex (3,0)$ y es $latex 5dx+2\pi dy$ en el punto $latex (4,\frac{\pi}{2})$



Pa definir la derivada exterior, primero necesitamos ver que es la derivada exterior de una 0-forma (función diferenciable, es decir que esté definida bajo un operador diferencial... o sea un operador que cumpla la regla de Leibnitz, esto puede ser la derivada normal como la conocemos también) y por inducción se definirá la derivada exterior para una k-forma en general

Dada una función diferenciable (0-forma) $latex f(x_{1},...,x_{n})$, su derivada exterior será denotada como $latex d f$  y es:

$latex df=\sum_{i=1}^{n}{\frac{\partial{f}}{\partial x_{i}}dx_{i}}$


Por ejemplo:
Si $latex f(x,y)=xy-y^{3}$ su derivada exterior $latex d f$ es:

$latex df=ydx+(x+3y^{2})dx$



Esto se parece al gradiente (PARECE)
Ahora definiremos lo que es la derivada exterior de una k-forma $latex \omega = \sum_{|\mu|=k}{f_{\mu}dx_{\mu}}$ con  $latex \mu=\lbrace i_{1}, ..., i_{k}\rbrace$ ordenada creciente:


$latex d \omega = \sum_{|\mu|=k}{df_{\mu}\wedge dx_{\mu}} $

Veamos un ejemplo con la derivada de una 1-forma fácil:

Sea $latex \omega = f_{1}dx_{1} + f_{2}dx_{2} + f_{3}dx_{3}$ una 1-forma de $latex \mathbb{R}^3$, entonces:

$latex d \omega = df_{1}dx_{1}+df_{2}dx_{2}+df_{3}dx_{3}=$
$latex \Bigg ( \frac{\partial{f_{1}}}{\partial{x_{1}}}dx_{1}+\frac{\partial{f_{1}}}{\partial{x_{2}}}dx_{2}+\frac{\partial{f_{1}}}{\partial{x_{3}}}dx_{3} \Bigg )\wedge dx_{1}+$
$latex \Bigg ( \frac{\partial{f_{2}}}{\partial{x_{1}}}dx_{1}+\frac{\partial{f_{2}}}{\partial{x_{2}}}dx_{2}+\frac{\partial{f_{2}}}{\partial{x_{3}}}dx_{3} \Bigg )\wedge dx_{2}+$
$latex \Bigg ( \frac{\partial{f_{3}}}{\partial{x_{1}}}dx_{1}+\frac{\partial{f_{3}}}{\partial{x_{2}}}dx_{2}+\frac{\partial{f_{3}}}{\partial{x_{3}}}dx_{3} \Bigg )\wedge dx_{3}=$
$latex \Bigg ( \frac{\partial{f_{3}}}{\partial{x_{1}}} - \frac{\partial{f_{1}}}{\partial{x_{3}}} \Bigg ) dx_{1} \wedge dx_{3} + \Bigg ( \frac{\partial{f_{2}}}{\partial{x_{1}}} - \frac{\partial{f_{1}}}{\partial{x_{2}}} \Bigg ) dx_{1} \wedge dx_{2} + \Bigg ( \frac{\partial{f_{3}}}{\partial{x_{2}}} - \frac{\partial{f_{2}}}{\partial{x_{3}}} \Bigg ) dx_{2} \wedge dx_{3} $

Ufff.. imaginen escribir eso en latex inline en blogspot... pero bueno

Eso también se parece al rotacional del campo vectorial $latex (f_1,f_2,f_3)$ (PARECE)

Cómo ya se habrán dado cuenta para toda k-forma diferencial $latex \omega$ se tiene que $latex d(d\omega)=0$, eso lo pueden demostrar fácilmente suponiendo la anticonmutatividad del operador cuña y que el orden de diferenciación no afecta a la función diferenciable, es decir:

$latex \frac{\partial{}}{\partial{x_{i}}} \frac{\partial{f}}{\partial{x_{j}}} = \frac{\partial{}}{\partial{x_{j}}} \frac{\partial{f}}{\partial{x_{i}}}$ y que $latex dx_{i}\wedge dx_{j}=-dx_{j}\wedge dx_{i}$

Ahora como ven, hice hincapié en la palabra "parece" al decir que habíamos encontrado el rotacional y el gradiente en términos de k-formas, veamos cómo son estas cosas en $latex \mathbb{R}^3$ con coordenadas $latex x,y,z$, vamos a definir una funciones que nos ayudarán a que no "parezcan" sino que "sean"


Sean:
$latex \omega_{0}=f(x,y,z)$
una 0-forma

$latex \omega_{1}=f_{1}(x,y,z)dx+f_{2}(x,y,z)dy+f_{3}(x,y,z)dz$
una 1-forma en general

$latex \omega_{2}=f_{1}(x,y,z)dx\wedge dy + f_{2}(x,y,z)dx\wedge dz \wedge f_{3}(x,y,z)dy\wedge dz$
una 2-forma elemental general

Y como la única 3-forma elemental en $latex \mathbb{R}^{3}$ es $latex dx\wedge dy\wedge dz$ tenemos que una 3-forma elemental general sería de la forma:

$latex \omega_{3}=f(x,y,z)dx\wedge dy \wedge dz$

Donde $latex f_{i},f\in \mathfrak{F}(\mathbb{R}^{3})$ (funciones en $latex \mathbb{R}^{3}$)

Definimos las siguiente funciones: entre formas y funciones de $latex \mathbb{R}^{3}$ denotadas por $latex \mathfrak{F}(\mathbb{R}^{3})$ y formas con campos vectoriales de $latex \mathbb{R}^{3}$ denotadas por $latex \Delta(\mathbb{R}^{3})$

$latex \displaystyle \theta_{0}: {\bigwedge}^{0}{\mathbb{R}^{3}} \rightarrow \mathfrak{F}(\mathbb{R}^{3})$

    $latex \omega_{0} \mapsto f$

$latex \displaystyle \theta_{1}: {\bigwedge}^{1}{\mathbb{R}^{3}} \rightarrow \Delta(\mathbb{R}^{3})$

    $latex \omega_{1} \mapsto (f_{1},f_{2},f_{3})$

$latex \displaystyle \theta_{2}: {\bigwedge}^{2}{\mathbb{R}^{3}} \rightarrow \Delta(\mathbb{R}^{3})$

    $latex \omega_{2} \mapsto (f_{3},-f_{2},_f_{1})$

$latex \displaystyle \theta_{3}: {\bigwedge}^{3}{\mathbb{R}^{3}} \rightarrow \mathfrak{F}(\mathbb{R}^{3})$

    $latex \omega_{3} \mapsto f(x,y,z)$

Esto ¿para qué?, como vemos $latex \theta_{0}$ es la identidad y estas definiciones tienen una manera natural de ser, ya que si hacen la talachita pueden demostrar el siguiente teorema:

Teorema: En $latex \mathbb{R}^{3}$, si $latex \omega_{s}$ es una s-forma entonces

$latex \theta_{1}(d\omega_{0})=\nabla \theta_{0}(\omega_{0})=\vec{\nabla f}=grad(\theta_{0}(\omega_{0}))$
$latex \theta_{2}(d\omega_{1})=\nabla \times \theta_{1}(\omega_{1})=rot({\theta_{1}(\omega_{1})})$
$latex \theta_{3}(d\omega_{2})=\nabla \cdot \theta_{2}(\omega_{2})=div({\theta_{2}(\omega_{2})})$
$latex \square$

Cada uno de los cálculos se puede hacer explícitamente y no hay mucho que pensar en la demostración más que talacha dura, y con esto tenemos ya en términos de formas diferenciales lo que es el gradiente, rotacional y divergencia

El punto de estos posts es poder llegar a definir esto en términos de geometría algebraica en variedades usando la topología de Zariski

Eduardo Ruiz Duarte (beck)
rduarte@ciencias.unam.mx
@toorandom

k-formas diferenciales y derivada exterior (Parte 1/2, k-formas $latex \wedge$)

Estos conceptos son de suma importancia en varias areas de matemáticas, no sólo en geometría diferencial, también en geometría algebraica por ejemplo al definir espacios tangentes con la topología de Zariski, pero también he visto que hay ciertas confusiones, por lo que trataré de dejar el concepto claro con lo que sé y mis notas del curso de geometría diferencial que tomé con el Dr. Gregor Weingart.
Para esto primero veremos lo que son las k-formas y el producto cuña en esta primera parte. 

Estoy suponiendo que el lector tiene conocimiento de lo que significa el determinante en términos de volumen, a grandes rasgos si tú tienes vectores en un espacio de Banach donde sí se vale el teorema de Ptolomeo (La relación entre los lados de un paralelogramo y sus diagonales), estos espacios de Banach son espacios de Hilbert y pueden dar luz a un único producto interno, y con este al determinante, ejemplos de estos espacios son los famosos $latex \mathbb{R}^n$ y $latex \mathbb{C}^m$, así que regresando al determinante formando la matriz $latex A=(v_1,...,v_k)$
y consideras $latex A^{T}$ entonces el volumen del paralelepípedo generado por los vectores $latex \lbrace v_1, ..., v_k \rbrace$ es $latex \sqrt{det(A^{T}A)}$, si te cuesta trabajo visualizarlo, imagina sólamente un vector $latex A=v \in \mathbb{R}^{n}$ , tenemos que $latex \sqrt{det(A^{T}A)}=\sqrt{det(v\cdot v)}=\sqrt{det({a_1}^{2}+...+{a_n}^{2})}=\sqrt{{a_1}^{2}+...+{a_n}^{2}}=||{v}||$
el cual pues es el "volumen" (longitud) del vector.

Trataremos primero de entender 2-formas elementales en $latex \mathbb{R}^3$, y llamaremos $latex x_1,x_2,x_3$ los ejes coordenados de $latex \mathbb{R}^3$. Ahí tendremos tres 2-formas elementales que serán denotadas por $latex dx_1 \wedge dx_{2} , dx_{1} \wedge dx_{3}, dx_{2} \wedge dx_{3}$

En palabras burdas, $latex dx_{i} \wedge dx_{j}$ es un operador que es el area (con signo) de la proyección en el plano $latex x_{i}x_{j}$ de un paralelepípedo en  $latex \mathbb{R}^3$.

Como ejemplo, a mi me lo explicaron siempre suponiendo que ya lo conocía... a veces necesito ejemplos para poder entender lo que me están diciendo o demostrando.

Considera los vectores $latex {v_{1}}^{T}=(1,2,3)$ y $latex {v_{2}}^{T}=(3,2,1)$ , si los dibujan verán que forman un paralelepitedo $latex P$ en $latex \mathbb{R}^3$, considera la proyección:

$latex \rho : \mathbb{R}^3 \rightarrow \mathbb{R}^2$
$latex (x_1,x_2,x_3) \mapsto (x_1,x_2)$

Es decir de $latex \mathbb{R}^3$ al plano $latex x_{1} x_{2}$

Definimos $latex dx_{1} \wedge dx_{2}$ actuando en el paralelepípedo $latex P$ como el area de
$latex \rho(P)$ es decir:

$latex dx_{1}\wedge dx_{2}(P)=A(\rho (P) )$

Entonces tenemos que $latex \rho(P)$ es el paralelogramo en este ejemplo formado por $latex \rho(v_{1})$ y $latex \rho(v_{2})$ es decir por los vectores $latex (1,2)$ y $latex (3,2)$

Esto nos dice que:

$latex dx_{1} \wedge dx_{2}(P)=det(\rho(v_{1}),\rho(v_{2}))= det\begin{pmatrix} 1& 3\\2&2 \end{pmatrix}=-4$

En general en $latex \mathbb{R}^{3}$ , dados dos vectores columna que forman un paralelogramo $latex v_{1}^{T}$ y $latex v_{2}^{T}$ para la matriz $latex A=(v_{1}^T,v_{2}^T)=\begin{pmatrix} a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\\a_{31}&a_{32} \end{pmatrix}$
Tenemos que el area del paralelogramo en la proyección en el plano $latex x_{1}x_{2}$ es:

$latex dx_{1}\wedge dx_{2}(A)=det \begin{pmatrix} a_{11}& a_{12}\\a_{21}&a_{22} \end{pmatrix}$

De manera similar para los planos $latex x_{i}x_{j}$

Ahora, cuando vemos una integral $latex \int{f(x)}dx$ el significado de dx lo puedes deducir como una 1-forma que es la longitud en el eje x, este operador es el "volumen" en una dimensión como lo mencioné al inicio de este post, el "volumen" aquí es la longitud, por lo que:

Si $latex v=(a_{i},a_{j},a_{k})$ entonces $latex dx_{s}(v^{T})=a_{s}$ el cual es la proyección $latex \rho_{s}$ en la s-ésima coordenada.

Ahora cómo generalizamos esto a k-formas?, es decir, este operador $latex \wedge$ queremos que nos calcule el volumen de paralelepípedos k-dimensionales en un espacio de Hilbert n-dimensional, en este caso usamos $latex \mathbb{R}^{n}$

Para la generalización en $latex \mathbb{R}^{n}$ , tenemos que si sus coordenadas son $latex x_1,x_2,...,x_n$ Si tenemos una subsucesión $latex \Omega=(i_1,i_2,..,i_k)$ de tamaño $latex k$ de $latex (1,2,...,n)$ donde $latex 1\leq i_{1}< ...< i_{k} \leq 1$
$latex A=\begin{pmatrix} a_{11}&a_{12}&\cdots &a_{1k}\\ \vdots&\vdots&\vdots &\vdots\\ a_{n1}&\cdots &\cdots& a_{nk} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}A_{1}\\ \vdots \\ A_{k}\end{pmatrix}$ Es una matriz de $latex n\times k$ donde sus columnas generan el paralelepípedo k-dimensional en $latex \mathbb{R}^{n}$, denotamos sus renglones por $latex A_{i}$
Lo que queremos es un operador que actúe en la matriz $latex A$ para darnos el (hiper)volumen del paralelepipedo proyectado en el (hiper)espacio $latex {x_{i}}_{1} {x_{i}}_{2}...{x_{i}}_{k}$ por lo que la k-forma es el siguiente operador:

$latex \displaystyle dx_{\Omega}=d{x_{i}}_{1} \wedge d{x_{i}}_{2}\wedge ...\wedge d{x_{i}}_{k}$

Donde

$latex \displaystyle {dx}_{\Omega}(A)=d{x_{i}}_{1} \wedge d{x_{i}}_{2}\wedge ...\wedge d{x_{i}}_{k}(A)=det \begin{pmatrix}A_{i_{1}}\\ \vdots \\ A_{i_{k}}\end{pmatrix} $

Ya con esto es suficiente para que puedas comenzar a jugar, es decir... este producto es conmutativo ?
La respuesta es NO, depende, pero no es tan grave, es anticonmutativo en el caso de 1-formas esto es porque para un paralelepípedo P
$latex dx_{i} \wedge dx_{j}(P)=det(\rho(v_{i}),\rho(v_{j}))=-det(\rho(v_{j}),\rho(v_{i}))=-dx_{j} \wedge dx_{i}(P)$
al final es una propiedad elemental de matrices, al cambiar columnas o renglones se alterna el signo, por lo que tenemos que este es un operador alternante
, ahora, aquí usamos el determinante, pero todos los operadores que tengan las características del determinante serán k-formas

De hecho decimos que una k-forma real $latex \omega$ sobre $latex \mathbb{R}$ es es una función:

$latex \omega :M_{nk}(\mathbb{R})\rightarrow \mathbb{R}$

Que satisface multilinearidad, lo cual se expresa usando como argumento para $latex \omega$ la matriz de $latex n\times k$ separada por columnas $latex \Lambda=(A_{i},...,\lambda B + \mu C,...,A_{k})$:

$latex \omega(\Lambda)=\omega(A_{1},...,\lambda B+ \mu C, ..., A_{k})=\lambda \omega(A_{1},...,B,...,A_{k})+\mu \omega(A_{1},...,C,...,A_{k})$

Es decir las propiedades del determinante, pero estas funciones alternantes son en general, es por eso que a las k-formas primeras les llamamos "elementales" , pero estas son las generales.

Ya con esto el teorema principal que no demostraré, pero ya se imaginarán el por qué de su veracidad es el siguiente:

Teorema: Las k-formas del espacio vectorial $latex \mathbb{R}^{n}$ forman un espacio vectorial de dimensión $latex \begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}$ donde las k-formas elementales forman una base para éste, este espacio vectorial se denota como $latex \displaystyle {\bigwedge}^{k}(\mathbb{R}^{n})$
$latex \square$

Ahora, si $latex \tau,\sigma$ son l-forma y k-forma respectivamente tenemos que
$latex \tau \wedge \sigma = (-1)^{lk}\sigma \wedge \tau=0 \Leftrightarrow l,k$ son impares

(en el caso de 1-formas por eso se alterna el signo) esto es fácil demostrarlo con lo que hemos visto, sólo tienes que desarrollar el producto cuña bien con una k-forma y una l-forma en general

Ahí se ve lo que pasa con la alternancia. Para esto puedes demostrar que el producto cuña ($latex \wedge$) de dos 1-formas te da 2-formas, y con las propiedades de alternancia y multilinearidad podemos definir lo que es una k-forma diferenciable y la derivada exterior, pero esto lo veremos en la parte 2 de este post
Espero les haya servido de algo
Eduardo Ruiz Duarte(beck)
rduarte@ciencias.unam.mx