微分幾何の問題

難易度 4大学院入試の難問レベル証明問題大学院数学微分幾何

$n$ を正の整数とし、 $M$ を境界をもたない、コンパクトで連結な、向き付けられた $2 n$ 次元 $C^{\infty}$ 級多様体とする。 $ω$ を $M$ 上の $C^{\infty}$ 級の 2 次微分形式で、 $d ω = 0$ を満たし、かつ $2 n$ 次形式 $ω^{n} = n ω \land \dots \land ω$ が $M$ のどの点でも $0$ にならないものとする（ $ω^{0} = 1$ と約束する）。

このとき、各 $k = 1, 2, \dots, n$ に対して $ω^{k}$ は完全形式でない、すなわち $ω^{k} = d β$ を満たす $M$ 上の $C^{\infty}$ 級 $(2 k - 1)$ 次形式 $β$ は存在しないことを証明せよ。

なお、境界をもたないコンパクトな向き付けられた $m$ 次元多様体上の $C^{\infty}$ 級 $(m - 1)$ 次形式 $η$ に対するストークスの定理 $\int_{M} d η = 0$ と、外微分の性質 $d (α \land β) = d α \land β + (- 1)^{p} α \land d β$ （ $α$ は $p$ 次形式）、および 1 の分割の存在は用いてよい。

この問題で使うもの

微分形式の外積と外微分（説明と入口の問題）
微分形式の積分とストークスの定理（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（82 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

行き詰まったら、上から順に 1 つずつ開いてください。

ヒント 1

背理法を用いる。 $\int_{M} ω^{n}$ に注目し、「 $0$ でない」ことと「 $ω^{k}$ が完全なら $0$ になる」ことの両方を示す。

ヒント 2

$d ω = 0$ から $d (ω^{m}) = 0$ が従う。 $ω^{k} = d β$ なら $β \land ω^{n - k}$ の外微分を計算してみる。

ヒント 3

至る所 $0$ でない最高次形式は、向きに合う座標では係数関数の符号が一定になる。 $M$ の連結性で符号が全体で一定になることを示し、1 の分割を使って積分の符号を決める。

採点の観点と模範解答

自分で証明を書いてから、採点の観点で見比べてください。

採点の観点を見る

$d ω = 0$ とライプニッツ則から、帰納法で $d (ω^{m}) = 0$ を示している（2 点）
$ω^{n}$ の局所表示の係数の符号が、向きに合う座標の取り方によらず局所定数であり、連結性から $M$ 全体で一定であることを示している（3 点）
1 の分割を用いて積分を局所的な積分の和に分け、各項が同符号で少なくとも 1 つが $0$ でないことから $\int_{M} ω^{n} \neq = 0$ を導いている（2 点）
$ω^{k} = d β$ と仮定し、 $d (β \land ω^{n - k}) = ω^{n}$ を示してストークスの定理で $\int_{M} ω^{n} = 0$ を導き、矛盾から結論している（3 点）

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模範解答を読む

方針. (A) $\int_{M} ω^{n} \neq = 0$ を示し、(B) ある $k$ で $ω^{k}$ が完全なら $ω^{n}$ も完全になり、ストークスの定理から $\int_{M} ω^{n} = 0$ となることを示して、背理法で結論する。

ステップ 1: $d (ω^{m}) = 0$ （ $m \geq 0$ ）. $m$ についての帰納法で示す。 $m = 0$ のとき $ω^{0} = 1$ は定数関数なので $d 1 = 0$ 。 $m - 1$ で成り立つと仮定すると、 $ω$ は 2 次形式なので外微分の性質から
$d (ω^{m}) = d (ω \land ω^{m - 1}) = d ω \land ω^{m - 1} + (- 1)^{2} ω \land d (ω^{m - 1}) = 0 + 0 = 0$
（ $d ω = 0$ と帰納法の仮定による）。よってすべての $m \geq 0$ で $d (ω^{m}) = 0$ 。

ステップ 2: $\int_{M} ω^{n} \neq = 0$ . $μ := ω^{n}$ は至る所 $0$ でない $2 n$ 次形式である。 $M$ の向きに合う局所座標 $(U; x^{1}, \dots, x^{2 n})$ では $μ = g d x^{1} \land \dots \land d x^{2 n}$ と書け、 $g$ は $U$ 上で $0$ にならない連続関数である。 $g (p)$ の符号は、向きに合う 2 つの座標の間では座標変換のヤコビ行列式が正なので変わらない。よって $ε (p) := sgn g (p) \in {1, - 1}$ は座標の取り方によらず定まり、各座標近傍上で連続（ $g$ が連続で $0$ にならないので局所定数）である。 $M$ は連結なので $ε$ は $M$ 上で定数である。必要なら $μ$ を $- μ$ に取り替えて（積分の符号が変わるだけなので $\neq = 0$ の主張には影響しない）、 $ε \equiv 1$ としてよい。

$M$ はコンパクトなので、向きに合う座標近傍の有限被覆 ${U_{i}}_{i = 1}^{N}$ と、それに従属する 1 の分割 ${ρ_{i}}$ （ $ρ_{i} \geq 0$ , $supp ρ_{i} \subset U_{i}$ , $\sum_{i} ρ_{i} = 1$ ）をとる。定義により
$\int_{M} μ = i = 1 \sum N \int_{x_{i} (U_{i})} ρ_{i} g_{i} d x^{1} \dots d x^{2 n}$
であり、各被積分関数は $ρ_{i} g_{i} \geq 0$ を満たす連続関数なので、各項は $0$ 以上である。さらに $M \neq = \emptyset$ なので点 $p_{0}$ をとると、ある $i$ で $ρ_{i} (p_{0}) > 0$ であり、そこで $ρ_{i} g_{i} > 0$ 。連続性から $x_{i} (p_{0})$ の近傍で被積分関数は正なので、その項は正である。よって $\int_{M} μ > 0$ 、特に $\int_{M} ω^{n} \neq = 0$ 。

ステップ 3: 背理法. ある $k \in {1, \dots, n}$ と $(2 k - 1)$ 次形式 $β$ で $ω^{k} = d β$ となるものがあると仮定する。 $η := β \land ω^{n - k}$ は $(2 k - 1) + 2 (n - k) = 2 n - 1$ 次形式であり、外微分の性質とステップ 1 より
$d η = d β \land ω^{n - k} + (- 1)^{2 k - 1} β \land d (ω^{n - k}) = ω^{k} \land ω^{n - k} - 0 = ω^{n} .$
（ $k = n$ のときは $ω^{0} = 1$ で $η = β$ となり、同じ式が成り立つ。） $M$ は境界をもたないコンパクトな向き付けられた $2 n$ 次元多様体なので、ストークスの定理より
$\int_{M} ω^{n} = \int_{M} d η = 0.$
これはステップ 2 に矛盾する。

以上より、すべての $k = 1, \dots, n$ について $ω^{k}$ は完全形式でない。 $■$

この問題の確認

AI が作成した問題です。公開前に次の確認を行いました。

別の AI が模範解答を見ずに 3 回証明を試み、3 回証明できました
2 つの AI が独立に、模範解答の証明を 1 ステップずつ確かめました
AI の査読で、条件・解説・表記を確認しました
答えの正しさについて慎重に扱うべき点が見つからなかったため、自動で公開しました

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