Wykład 5 i 6 - kowektory, przestrzeń kostyczna

2
kowektorów, aby utworzyć bazę. Sprawdzanie liniowej niezależności polega na badaniu, kiedy
kombinacja liniowa kowektorów jest równa zero.
λ1dx 1 + λ2dx 2 + · · · + λndx n = 0
Kowektor jest równy zero jeśli obliczony na dowolnym wektorze jest równy zero. Powyższą
kombinację liniową obliczymy więc na wektorach stycznych związanych z wybranym układem
współrzędnych:
⟨λ1dx 1 + λ2dx 2 + · · · + λndx n , ∂
⟩ =
∂xi ⟨λ1dx 1 , ∂
∂xi ⟩ + ⟨λ2dx 2 , ∂
∂xi ⟩ + · · · + ⟨λndx n , ∂
⟩ =
∂xi λ1⟨dx 1 , ∂
∂xi ⟩ + λ2⟨dx 2 , ∂
∂xi ⟩ + · · · + λn⟨dx n , ∂
∂x
Obliczenie powyższej ewaluacji wymaga wyznaczenia
⟨dx j , ∂
⟩
∂xi dla i = j oraz i ̸= j. Wektor styczny ∂
∂x i jest definiowany przez krzywą, która we współrzędnych
zapisuje się jako
γ i : t ↦−→ (x 1 (a), x 2 (a), . . . , x i−1 (a), x i (a) + t, x i−1 (a), x i+1 (a), . . . , x n (a))
Złożenie tej krzywej z funkcjami współrzędnościowymi ma postać (dla i = j):
oraz (dla i ̸= j)
x i ◦ γ i (t) = x i (a) + t
x j ◦ γ i (t) = x j (a).
W pierwszym przypadku pochodna złożenia po t jest równa 1, natomiast w drugim 0, gdyż
funkcja jest stała. Otrzymujemy więc
Okazuje się więc, że
Zatem warunek
oznacza
⟨dx i , ∂
∂xi ⟩ = 1 i ⟨dxj , ∂
⟩ = 0
∂xi ⟨λ1dx 1 + λ2dx 2 + · · · + λndx n , ∂
⟩ = λi
∂xi ⟨λ1dx 1 + λ2dx 2 + · · · + λndx n , ∂
⟩ = 0
∂xi λi = 0.
Ponieważ ewaluacja kombinacji liniowej różniczek wsopółrzędnych na wszystkich wektorach
bazowych ( ∂
∂xj ) n j=1 z przestrzeni stycznej ma być zero otrzymujemy λ1 = λ2 = · · · = λn = 0.
Różniczki funkcji współrzędnościowych są liniowo niezależne, tworzą więc bazę przestrzeni
kostycznej. Przy okazji stwierdziliśmy także, że jest to baza dualna do bazy
( ∂ ∂ ∂
, , . . . , ).
∂x1 ∂x2 ∂xn i ⟩