%TODO alles mit ??

* Erinnerungen an WS

Wir studieren Mannigfaltigkeiten (Mfg).

$\approx$ topologische Räume, die lokal wie $\mathbb R^n$ aussehen + glatte ~Strukturen~ von glatten Abbildungen zu sprechen.

Konkret: um jeden Punkt $p\in M$ gibt es eine Umgebung $U\ni p$ zusammen mit einer Karte $x\colon U\to \mathbb R^n$

%Bild 1

Idee: da $M$ lokal wie $\mathbb R^n$ aussieht, versucht man, Objekte aus der Analysis auch auf $M$ zu verstehen.

~Wichtig dabei~: das Objekt auf $M$ muss koordinatenunabhängig werden! (Physik verlangt das auch!)

1. ~Tangentialraum~ „über“ jedem Punkt $p\in M$ „hängt“ ein Vektorraum $T_pM$, $\dim T_pM = \dim M$ Elemente von $T_pM$ heißen Tangentialvektoren.
  %TODO %TYPO: remove space here
  $$
    T_pM &=& \{ \text{Ableitungen von Funktionen an } p \}
    \\&=& \{ \partial \colon C^{\infty}(M) \to \mathbb R \text{ linear} \ |\ \partial(fg) = f(p)\cdot\partial(g) + g(p)\cdot\partial(f) \}
  $$
  
  Motto: Tangentialvektor $\mathrel{\hat=}$ Richtungsableitung!
  
  %Bild 2
  
  $\pi \colon TM \to M$ ist glatt
  $v\in T_pM \mapsto p$
  
  Nutzen: wir verstehen „wirklich“, was Ableitungen sind
  
  Früher: 
  $$
    f\in C^\infty(\mathbb R^m, \mathbb R^n) &\rightsquigarrow& D_pf \in \mathbb M_{n\times m} (\mathbb R)
    \\&& Df \in C^\infty(\mathbb R^m, \mathbb M_{n\times m}(\mathbb R))
  $$
  
  Jetzt in Diffgeo:
  
  $$1
  f\in C^\infty(M, N) \underset{p\in M}\rightsquigarrow D_pf \colon T_pM \to T_{f(p)}N \text{ linear}
  $$1
  
  %Bild 3
  
2. ODEs als Flüsse von Vektorfeldern
  %Bild 4
  
  Vektorfeld: $X\colon M \to TM$ mit $\pi \circ X = id_M$ ($\Leftrightarrow X(p) \in T_pM$)
  Gegeben $X \rightsquigarrow \Phi \colon \underset{\subseteq \mathbb R \times M}W \to M$ (Fluss des Vektorfeldes)
  
  s.d. $\forall p\in M\ \gamma_p(t) := \Phi(t,p)$ die ODE
  $$1
    \dot \gamma(t) = X(\gamma(t))
  $$1
  lässt

3. Lie-Klammer von Vektorfeld und Lie-Gruppen Auf Vektorfeldern auf $M$ ergibt es eine interessante algebraische Struktur: die Lie-Klammer: gegeben $X$, $Y \in \underbrace{\Gamma(TM)}_{Vektorfeld} \rightsquigarrow [X,Y] \in \Gamma (TM)$
  
  $(\Gamma(TM), [\cdot, \cdot])$ wird zu einer Lie-Algebra.
  
  Def. Eine Lie-Algebra $(V, [\cdot, \cdot])$ ist ein Vektorraum $V$ mit einer bilinearen Abbildung $[\cdot, \cdot]: V\times V \to V$ mit folgenden Eingenschaften:
  
    1. $[X,Y] = -[Y,X]$, $\ X$, $Y \in V$
    2. Jacobi-Identität: $X$, $Y$, $Z\in V$:
    $$
      [X, [Y,Z]] + [Y, [Z, X]] + [Z, [X,Y]] = 0
    $$
    
  Beispiele:
    1. $\Gamma(TM)$, $[\cdot, \cdot]$ ist eine Lie-Algebra
    2. $\mathbb M_u(\mathbb R)$, $[A,B] = AB - BA$ ist eine Lie-Algebra
  
  Verbindung zwischen a) und b)%ref
  -- Lie-Gruppen
  Lie-Gruppe $=$ Mannigfaltigkeit und Gruppe (auf kompatible Weise) Multiplikation, Inversion glatt.
  
  $G$ Lie-Gruppe $\rightsquigarrow \operatorname{Lie}(G) = 2(G) = \{ X\in \Gamma(TG) \ |\ \underbrace{(Lg)_*}_{(Lg)_{*,p} = D_pLg} X = X \} = \{ x\ |\ x \text{ linksinvariantes Vektorfeld } \}$
  
  $\rightarrow$ Lie-Algebra bzgl. $[\cdot, \cdot]$, heißt Lie-Algebra von $G$.
  
  Eigenschaften: $\operatorname{Lie}(G) \cong T_1G$ als Vektoraum
  $\Rightarrow \dim_{\mathbb R} \operatorname{Lie}(G) = \dim G$
 
  %TODO %TYPO vertical space
  $$
    Lg \colon G &\to& G\\
    h &\mapsto& g\cdot h
  $$

  Satz $G = GL(n, \mathbb R) \underset{\text{offen}}{\subset} \mathbb M_n(\mathbb R)$
  
  $\operatorname{Lie}(G) \cong T_1G \underset{\text{Vektoraum}}\cong \mathbb M_n (\mathbb R)$
  
  Dies ist auch ein Isomorphismus zwischen Lie-Algebren!
  
  $$1
    (\operatorname{Lie}(\operatorname{GL(n, \mathbb R)}), [\cdot, \cdot]) \cong (\mathbb M_n(\mathbb R), [\cdot, \cdot])
  $$1
  
  Für jedes $G< \operatorname{GL}(n, \mathbb R)$ ist dann $\operatorname{Lie}(G) \subseteq (\mathbb M_n(\mathbb R), [\cdot, \cdot])$.
  $$1
    [A,B] = AB - BA
  $$1

%DATE 2019-04-02

* Übung 1

Differential einer Abbildung

$$1
  f\colon \mathbb R^n  \to \mathbb R^n
$$1

$$
p\in \mathbb R^n\ \ \ D_p f \colon \mathbb R^n &\to& \mathbb R^m (\text{linear})
\\ v &\mapsto& \underbrace{\partial_vf(p)}_{=D_pf(v)}
$$

$$
  \partial_v f(p) &=& \sum_{i=1}^n \left.\frac{\partial f}{\partial x^i}\right|_p v^i
  \\ D_pf \underset{\text{als Matrix}}{=} \left(\frac{\partial f_i}{\partial x^j} \right)_{
    \begin{matrix}
      i = \overline{1, m} \\
      j = \overline{1, n}
    \end{matrix}}
$$

$$
  f\colon M\to N
$$
$$
  p\in M \rightsquigarrow D_p f \colon &T_p M& \to T_{f(p)}N\ \text{linear}
  \\ &\reflectbox{\rotatebox[origin=c]{90}{$\in$}}&
  \\ &v& \mapsto (\underbrace{\varphi}_{C^\infty} \mapsto v(f^*\varphi)) = v(\underbrace{\phi \circ f}_{\in C^\infty(M)})
$$

$v \mathrel{\hat=}$ Ableitungsoperation ($v\colon C^\infty(M) \to \mathbb R$) mit $v(fg) = f(p)v(g) + g(p)v(f)$

\begin{tikzcd}
M \arrow[r, "f"] \arrow[rr, "f^*\varphi"', bend right] & N \arrow[r, "\varphi"] & \mathbb R
\end{tikzcd}

%TODO vertical line

%2019-??-??

TODO Bildchen %TODO

$$
  M &\overset f\to& N
  \\ &\reflectbox{\rotatebox[origin=c]{270}{$\leadsto$}}&
  \\ C^\infty(N) &\overset{f^*}{\to}& C^\infty(M)\ \text{linear, sogar Algebrenhomomorphismus}%TODO letzes Wort nicht verstanden
  \\ \varphi &\mapsto& \varphi\circ f
$$

Jeder Tangentialvektor $v$ ist eine lineare Abbildung $v\colon C^\infty(M) \to \mathbb R$, dann ist $\underbrace{v\circ f^*}_{=D_{\pi(v)}f(v) = f_*v} \colon C^\infty(M) \to \mathbb R$ linear

%TODO vertical line

** Beispiel

$$1
  G = U(n) = \{ A \in \mathbb M_n (\mathbb C) \ |\ A^*A = 1 \} \subseteq \operatorname{GL}(n, \mathbb C)
$$1

$$
  &\operatorname{Lie}(G)& = \operatorname{og} = \underline{u}(n) = {?} = \{ X\in \mathbb M_n \mathbb(C) \ |\ X^* = -X \},\ [\cdot, \cdot]
  \\&\reflectbox{\rotatebox[origin=c]{90}{$\cong$}}&\\
  &T_1G& \subset T_1\operatorname{GL}(n, \mathbb C) \cong \operatorname{gl}(n, \mathbb C) \cong \mathbb M_n(\mathbb C)
  \\&\reflectbox{\rotatebox[origin=c]{90}{$=$}}&\\
  \{&\dot\gamma(0)& \ |\ \gamma\colon(-\epsilon, \epsilon) \to G \wedge \gamma(0) = 1\}
$$

Sei $\gamma\colon(-\epsilon, \epsilon) \to G$ eine Kurve, $\gamma(0)=1$

$G=U(n)\Rightarrow \gamma(t)^*\cdot \gamma(t) = 1 \leftarrow \left.\frac{d}{dt}\right|_{t=0}$

$$
  \dot\gamma(0)^*\gamma(0) &+& \gamma(0)^*\dot\gamma(0) = 0\\
  &\reflectbox{\rotatebox[origin=c]{90}{$=$}}&\\
  \dot\gamma(0)^* &+& \dot\gamma(0) = 0
$$

Also:

$$
  T_1(G) \subseteq \{ X\in \mathbb M_n(\mathbb C)\ |\ X^* = -X \}
$$

Dazu: Zeige $\supseteq$ betrachte:
$$
  \gamma(t) := e^{tX} \left(:= \sum_{k=0}^\infty \frac{t^k X^k}{k!}\right)
\\  \gamma(t)^* = e^{tX^*} = e^{-tX}
\\  \gamma(t)*\gamma(t) = e^{-tX}\cdot e^{tX} = 1 \Rightarrow \gamma(t)\in \operatorname{U}(n)
\\ \dot\gamma(t) = Xe^{tX} \Rightarrow \dot\gamma(0) = X
$$
wie gewünscht. $\Rightarrow$ Gleichheit

%Hinweis nur mündlich:
$$
  D_1 \det = (A\mapsto \operatorname{Trace}(A))
$$

$$
  G = U(n) < \operatorname{GL}(n,\mathbb R)
  \operatorname{og} = \underline{u}(n) \subset \operatorname{gl}(n,\mathbb R) = \mathbb M_n(\mathbb R)
$$

Wir haben gesehen:
$$
  \exp \colon &\operatorname{og}& \to G\\
  &\reflectbox{\rotatebox[origin=c]{90}{$\in$}}&\\
  &X& \mapsto \exp(X)
$$

$$
  \gamma(t) = e^{tX} = \exp(tX)
$$

$$
  \dot\gamma(t) = Xe^{tX} = e^{tX} \cdot X = \gamma(t) \cdot X = \left( L_{\gamma{(t)}} \right)_* \underbrace{X}_{\in T_1G} = \tilde X(\gamma(t))
$$

wobei $\tilde X$ das linksinvariante Vektorfeld zu $X$ ist

$\Rightarrow \gamma(t)$ ist eine Integralkurve von $\tilde X$

Ausführlicher:

$G\in \operatorname{GL}(m, \mathbb R) \subset \mathbb M_n(\mathbb R) \cong \mathbb R^{n^2}$

$$
  X\in T_1G \rightsquigarrow
  \underbrace{\tilde X(A)}_{ \text{linksinvariantes VF} }
  = \underbrace A_{\in G}\cdot X \in T_AG\subseteq \mathbb M_n(\mathbb R)
$$

Eine Integralkurve $A(t) \in G$ von $\tilde X$ erfüllt dann:
$$
  \dot A(t) = A(t)\cdot X
$$

$\rightsquigarrow$ mit $A(0) = 1 \rightsquigarrow A(t) = e^{tX}$

%TODO vertical line

$$
  x &\mapsto& A\cdot x
  \\ f\colon \mathbb R^n &\to& \mathbb R^n \ \text{linear}
  \\ \Rightarrow D_pf = f\colon \mathbb R^n &\to& \mathbb R^m
  \\
  \\ f\colon V &\to& W \text{ linear}
$$

mit Übung 28 %TODO ref
$p\in V$:


\begin{center}
  \begin{tikzcd}
  T_pV \arrow[r, "D_pf"] \arrow[d, phantom, "\reflectbox{\rotatebox[origin=c]{90}{$\cong$}}" description] & T_pW \arrow[d, phantom, "\reflectbox{\rotatebox[origin=c]{90}{$\cong$}}" description] \\
  V \arrow[r, "f"]                                      & W
  \end{tikzcd}
\end{center}

%TODO vertical line
%TODO das war das mündliche Zeug

$$
  \det \gamma(t) = 1 \leftarrow \left.\frac{d}{dt}\right|_{t=0}
$$

$$
  \det \colon \operatorname{GL}(n, \mathbb R) \to \mathbb R
$$

$$
  D_1 \det \colon \mathbb M_n(R) &\to &\mathbb R
  \\ A &\mapsto& {?} = \operatorname{Tr}(A)
$$

$$
  \det (1+tA) = 1 + ({?}) + O(t^2)
$$

Determinante ist Konjugationsinvariant

$$1
  \det(1+tA) = \det (1+tBAB^{-1})
$$1

Wenn $A$ diagonalisierbar ist folgt somit:

$$
  \det (1+tA)
  &=&
    \left|\begin{matrix}
      1+t\lambda_1& & \\
      & \ddots & \\
      && 1+t\lambda_n
    \end{matrix}\right|
  \\&=&
    (1+t\lambda_1)\cdots(1+t\lambda_n)
  \\&=&
    1+t(\lambda_1 + \lambda_n) + O(t^2)
  \\&=&
    1 + t\cdot \operatorname{Trace}(A) + O(t^2)
$$


* Integration auf Mannigfaltigkeiten

Suchen eines koordinateninvarianten Integrationsbegriffs

%TODO schöner
\begin{tikzcd}
 \arrow[rr, "U", no head]  &  & \mathbb R^n                                        \\
                           &             & \downarrow \ \alpha \colon U\overset{\cong} \to V \text{ Diffeo} \\
 \arrow[rr, "V"', no head] &             & \mathbb R^n                                       
\end{tikzcd}

Betrachte $n=1$:

$U$, $V \subseteq \mathbb R$ offenen Intervalle. $\alpha\colon \underbrace{U}_{=(a,b)} \to V$ Diffeo ($=$ strikt monotone glatte Fkt.)

Transformationsformel:
$$
  \int_{\alpha(a)}^{\alpha(b)} f(\alpha(t))\alpha'(t)\intd t = \int_{a}^{b}f(t)\intd t
$$

„Mnemonik“:
$$
  \intd v = v'(u)\intd u
$$

$f\colon V\to \mathbb R$
$$
  \int_{U}(\alpha^*(f))(u)\alpha'(u)\intd u = \int_V f(v)\intd v \neq \int_V \alpha^*(f)(t) \intd t
$$

In $\mathbb R^n$:

$$
\int_U \alpha^*(t)(\det D_u\alpha)\intd_{u_1}\cdots\intd_{u_n} = \int_V f(v) \intd_{v_1}\dotsm\intd_{v_n}
$$

$$
\alpha \colon &U& \to V \text{ Diffeo}
\\ &(u_1,\dotsc,u_n)& \mapsto (v_1, \dotsc, v_n)
$$

$v=v(u)$
$$
\int_V f(v) \intd v_1 \intd v_2
$$

$$
  \intd v_1
  = \frac{\partial v_1 }{\partial u_1 }\intd u_1 
  + \frac{\partial v_1 }{\partial u_2 }\intd u_2
$$

$$
  \intd v_2
  = \frac{\partial v_2 }{\partial u_1 }\intd u_1 
  + \frac{\partial v_2 }{\partial u_2 }\intd u_2 
$$

$$
  \intd v_1 \intd v_2
  = \xcancel{\frac{\partial v_1 }{\partial u_1 }\frac{\partial v_2 }{\partial u_1 } \intd u_1 \intd u_1}
  + \xcancel{\frac{\partial v_1 }{\partial u_2 }\frac{\partial v_2 }{\partial u_2 } \intd u_2 \intd u_2}
  + \frac{\partial v_1 }{\partial u_1 }\frac{\partial v_2 }{\partial u_2 } \intd u_2 \intd u_2
  + \frac{\partial v_1 }{\partial u_2 }\frac{\partial v_2 }{\partial u_1 } \intd u_2 \intd u_1
  =: (*)
$$

$$
  = \int_V f(v) \intd v_1 \intd v_2
  = \int_U f(v(u))
%   \left%TODO overcome boxes
  \Bigg
  (
    \underbrace{
      \frac{\partial v_1 }{\partial u_1 } \frac{\partial v_2}{\partial u_2} - \frac{\partial v_1}{\partial u_2}\frac{\partial v_2}{\partial u_1}
    }_{
      \underset{
        \begin{subarray}{c}
          \text{sollte}\\
          (*)\text{ sein}
        \end{subarray}
      }{=} \det \left(
      \begin{matrix}
        \frac{\partial v_1}{\partial u_1} & \frac{\partial u_1}{\partial u_2}
        \\ \frac{\partial v_2}{\partial u_1} & \frac{\partial v_2}{\partial u_2}  
      \end{matrix}\right)
    }
  \Bigg
%   \right
  )
  \intd u_1 \intd u_2
$$

Damit die Mnemonik stimmt, muss also gelten:

$$
  \intd u_1 \cdot \intd u_1 &=& \intd u_2 \cdot \intd u_2 = 0
  \\ \intd u_1 \cdot \intd u_2 &=& - \intd u_2 \cdot \intd u_1 = 0
$$

Erkenntniss:

Koordinatenfrei werden nicht Funktionen, sondern sogenannte Differentialformen integriert. Eine $n$-Differentialform auf $\mathbb R^n$ ist (informell) ein Ausdruck
$$
  \omega = f(x) \intd x_1 \wedge \ldots \wedge \intd x_n
$$
mit den Rechenregeln: wenn $x=x(y)$ mit $y = (y_1,\dotsc,y_n)$ dann transformiert sich der Ausdruck zu 

$$
  f(x(y))
  \left(
    \frac{\partial x_1}{\partial y_1}\intd y_1 + \ldots + \frac{\partial x_1}{\partial y_n}\intd y_n
    \wedge \ldots \wedge
    \frac{\partial x_n}{\partial y_1}\intd y_1 + \ldots + \frac{\partial x_n}{\partial y_n}\intd y_n
  \right)
$$

und es gilt:

$$
 T^*M \ni \intd y_i \wedge \intd y_j = -\intd y_j \wedge \intd y_i,\ \ \ \ i,j = 1,\ldots, n
$$

folglich ist $\int \omega$ unabhängig von Koordinaten.

Ziel:

* Das Tensorprodukt

ausgehend von einem Vektoraum $V(= T_pM, T_p^*M)$ einen Kalkühl zu entwickeln, welcher die Interpretation von Ausdrücken wie $\intd x_1 \wedge \ldots \wedge \intd x_k$ mit Rechenregeln $\intd x_i \wedge \intd x_j = \intd x_j \wedge \intd x_i$ erlaubt.

Das wird durch Theorie von Tensorprodukten und multiliniearen (z.B. $\det\colon \underbrace{\mathbb R^n \times \ldots \times \mathbb R^n}_{n\text{-mal}} \to \mathbb R$) Abbildungen gemacht

Hauptidee: eine multilinieare Abbildung $f\colon V_1 \times \ldots \times V_n \to W$. Es reicht diese Idee für bilineare Abbildungen zu realisieren. (dann wiederholt man es)

** Definition: Tensorprodukt

Ein Vektoraum $V\otimes W$ zusammen mit einer bilinearen Abbildung $i\colon V \times W \to V \otimes W$ heißt Tensorprodukt von $V$ und $W$, wenn für jede bilineare Abbildung $f \colon V\times W \to Z$, ($Z$ beliebiger Vektoraum) eine eindeutige lineare Abbildung $\bar f \colon V\otimes W \to Z$ existiert mit $\bar f\circ i = f$ (genannt universelle Eigenschaften)

\begin{center}
\begin{tikzcd}
V\times W \arrow[r, "i"] \arrow[rd, "f"'] & V\otimes W \arrow[d, "\exists!\bar f", dashed] \\
                                          & Z                                             
\end{tikzcd}
\end{center}

** Lemma: Eindeutigkeit des Tensorprodukts $V\otimes W$

Wenn $V\otimes W$ existiert, dann ist es eindeutig bis auf einen eindeutigen Isomorphismus.

Beweis:

\begin{center}
\begin{tikzcd}
V + W \arrow[r, "i_1"] \arrow[rd, "i_2"'] & (V\otimes W)_1 \arrow[d, "\exists!f_1", dashed] &  \                                 \\
                                          & (V\otimes W)_2                                  &  \arrow[u, "\exists!f_2", dashed]
\end{tikzcd}
\end{center}

Die universelle Eigenschaft von $(V\otimes W)_1$ liefert $f_1\colon (V\otimes W)_1 \to (V\otimes W)_2$ mit $f_1\circ i_1 = i_2$.

Die universelle Eigenschaft von $(V\otimes W)_2$ liefert $f_2\colon (V\otimes W)_2 \to (V\otimes W)_1$ mit $f_2\circ i_2 = i_1$.

Beh. $f_1$, $f_2$ sind invers zueinander. Betrachte:

\begin{center}
\begin{tikzcd}
V\otimes W \arrow[r, "i_1"] \arrow[rd, "i_1"'] & (V\otimes W)_2 \arrow[d, "\bar f"] \\
                                               & (V\otimes W)_2                    
\end{tikzcd}
\end{center}

$f_2\circ f_1$ und $\operatorname{id}$ erfüllen beide die geforderte Eigenschaft an $\bar f$.

$$
  (f_2\circ f_1)\circ i_1 &=& i_1
  \\ {\operatorname{id}} \circ i_1 &=& i_1
$$
Da es aber nur eine solche Funktion gibt, müssen sie gleich sein:
$$
  f_2\circ f_1 = \bar f = \operatorname{id}
$$
Also $f_1\circ f_2 = \operatorname{id}_{(V\otimes W)_2}$ und analog gilt $f_2\circ f_1 = \operatorname{id}_{(V\circ W)_1}$. Also $f_1$ Isomorphismus

** Existenz von $V \otimes W$

Idee: $V\otimes W$ soll von Ausdrücken der Form $v\otimes w$, $v\in V$, $w\in W$ aufgespannt werden und $v\otimes w$ soll linear in $V$ und $W$ sein.

Definition:
Sei $X$ eine Menge. Der freie (reelle) Vektoraum auf $X$, $\mathcal F_{\mathbb R}(X)$, ist der %TODO der? Eindeutigkeit?
(reelle) Vektoraum mit Basis $X$.

$$
  \mathcal F_{\mathbb R}(X) \cong \{ f\colon X\to \mathbb R\ |\ f(x) \neq 0 \text{ für endlich viele } x\in X \}
$$

$$
  V\otimes W &:=&
  {
    \mathcal F_{\mathbb R}(V\times W)
  }/\underbrace{
    \left\langle\left\{
      \begin{subarray}{l}
        \eins_{(v_1+v_2, w)} -\eins_{(v_1,w)} -\eins_{(v_2,w)}
        \\ \eins_{(v, w_1+w_2)} -\eins_{(v,w_1)} -\eins_{(v,w_2)}
        \\ \eins_{(\lambda v, w)} - \lambda\eins_{(v,w)}
        \\ \eins_{(v, \lambda w)} - \lambda\eins_{(v,w)}
      \end{subarray}
    \mathrel{%TODO\middle
    |}
      \begin{subarray}{l}
        v_1, v_2, v\in V,
        \\w_1, w_2, w\in W,
        \\ \lambda \in \mathbb R
      \end{subarray}
    \right\}\right\rangle
  }_{:=\langle\ldots\rangle}
  \\&=& \left\{ f + \langle\ldots\rangle \mathrel{%TODO \middle
  |} f \in \mathcal F_{\mathbb R} (V\times W)\right\}
$$

$$
  \langle \cdot \rangle = \operatorname{span}(\cdot), \quad \eins = \text{Indikatorfunktion}
$$

Sei
$$
  i \colon &V\times W& \to V\otimes W
  \\ &(v,w)& \mapsto \left[\eins_{(v,w)}\right] =: v\otimes w
$$

Diese Definition heißt, dass folgende Rechenregeln gelten:

$$
  (v_1+v_2)\otimes w &=& v_1\otimes w + v_2 \otimes w
  \\ v\otimes (w_1 + w_2) &=& v\otimes w_1 + v\otimes w_2
  \\ \lambda(v\otimes w) &=& v\otimes \lambda w = \lambda v\otimes w,\ \ v_1, v_2 \in V, w_1, w_2 \in W, \lambda \in \mathbb R
$$

§Begründung:
§$$
§  v_1\otimes w + v_2 \otimes w
§  &=& [(v_1,w)] + [(v_2, w)]
§  \\&=& {\eins}_{(v_1,w)} + \langle\ldots\rangle + \eins_{(v_2, w)} + \langle\ldots\rangle
§  \\&=& \eins_{(v_1,w)} + \eins_{(v_2, w)} + \langle\ldots\rangle
§  \\&\overset{\langle\ldots\rangle \text{ ist UV}}=& \eins_{(v_1,w)} + \eins_{(v_2, w)} + \left(\left( \eins_{(v_1+v_2, w)} -\eins_{(v_1,w)} -\eins_{(v_2,w)} \right) + \langle\ldots\rangle \right)
§  \\&=& \eins_{(v_1+v_2, w)} + \langle\ldots\rangle
§  \\&=& \left[\eins_{(v_1+v_2, w)}\right]
§  \\&=& (v_1+v_2)\otimes w
§$$

%2019-04-10

wenn $E$ ein Vektoraum ist, $E' \subseteq E$ Untervektorraum, dann ist ${E}/{E'} = \{ e+E'\ |\ e\in E \}$ mit mengenmäßiger Addition und Skalarmultiplikation. (bei uns ist $E = \mathcal F(V\times W)$, $E' = \langle \ldots \rangle$)

Interpretation: ${E}/{E'} =$ Vektoraum der Äquivalenzklassen von Vektoraum in $E$ modulo $E'$. 
($e'=0$, $e'\in E'$) %TODO ?

Entsprechend ist

$$
  V\otimes W
§  &=&\{f+\langle\ldots \rangle \mathrel | f \in \mathcal F(V\times W) \}
§  \\&=& \left\{ \sum_{i=1}^n  \lambda_i\cdot\eins{(v,w)_i} + \langle\ldots\rangle\mathrel{%TODO\middle
|} (v,w)_i\in V\times W, \lambda_i\in\mathbb R, i\in \mathbb \{1,\ldots,n\}, n\in \mathbb N \right\}
§  \\&=& \operatorname{span}\{ \eins_{(v,w)} + \langle\ldots\rangle\mathrel | (v,w)\in V\times W \}
%   \\&=& \operatorname{span}\{ [\eins_{(v,w)}] \mathrel | v\in V, w\in W \}
§  \\
  &=& \operatorname{span}\{ v\otimes w \mathrel| v\in V, w\in W \}
$$

mit den Relationen:
$$
  (v_1+v_2)\otimes w &=& v_1\otimes w + v_2 \otimes w
  \\ v\otimes (w_1 + w_2) &=& v\otimes w_1 + v\otimes w_2
  \\ \lambda(v\otimes w) &=& v\otimes \lambda w = \lambda v\otimes w,\ \ v_1, v_2 \in V, w_1, w_2 \in W, \lambda \in \mathbb R
$$

** Lemma

Die angegebene Konstruktion von $V\otimes W$ erfüllt die universelle Eigenschaft.

Beweis:

Sei $f\colon V\times W \to Z$ gegeben, bilinear

Definiere

$$
  \hat f\colon V\times W &\to& Z,\ \ \ \ \text{linear}
  \\ \sum_{i=1}^k \lambda_i(v_i, w_i) &\mapsto& \sum_{i=1}^k \lambda_i f(v_i, w_i)
$$

Behauptung: $\hat f$ induziert eine lineare Abbildung $\bar f$
$$
  \bar f\colon V\otimes W &\to& Z
  \\ (v\otimes w) &\mapsto& \hat f((v,w))
§  \\ \left( \sum_{i=1}^{n} \lambda_i \eins_{(v,w)_i} \right) &\mapsto& \sum_{i=1}^n \lambda_i f\left((v,w)_i\right)
$$

Dazu muss man überprüfen, dass $(v_1 + v_2, w) - (v,w) - (v_2, w)$ sowie andere Relationen von irgendwas oben %TODO ref 
im Kern von $\hat f$ liegen. Das ist dadurch gewährleistet, dass $f$ bilinear ist, z.B.

$$
§  && \bar f(\eins_{(v_1 + v_2, w)} -\eins_{(v_1, w)} -\eins_{(v_2, w)})
§  \\
  &
§  =
  & \hat f( (v_1 + v_2, w) - (v_1, w) - (v_2, w) )
  \\ &\overset{\text{Def. } \hat f}{=}& f(v_1 + v_2, w) - f(v_1, w) - f(v_2, w)
  \\ &\overset{\text{Bilinearität von } f}=& 0
$$

$\Rightarrow$ $\bar f$ erfüllt dann $\bar f(v\otimes w) = f(v,w) \Rightarrow V\otimes W$ erfüllt die universelle Eigenschaft.

** Homomorphismen und Dualräume: (Erinnerung aus LAAG)

$V$, $W$ Vektorräume $\rightsquigarrow Hom(V,W) = \{ f\colon V\to W\ |\ f \text{ linear } \}$ ist selbst ein Vektoraum, wenn $V$, $W$ endlichdimensional $\Rightarrow \operatorname{dim} \operatorname{Hom}(V,W) = \operatorname{dim}V \cdot \operatorname{dim} W$ ($\operatorname{Hom}(V,W) \cong \mathbb{M}(m\times n, \mathbb R)$, wenn $V\cong \mathbb R^n$, $W\cong \mathbb R^m$) 

$V^* := \operatorname{Hom}(V, \mathbb R)$ ist dann der Dualraum von $V$. Wenn $\{ e_i \}_{i=1}^n$ eine Basis in $V$ ist, dann gibt es die duale Basis $\{ \alpha_j \}_{j=1}^n \subset V^*$ mit: $\alpha_j(e_i) := \delta_{ij} = \begin{cases} 1,  & i=j \\ 0, & i\neq j \end{cases}$

Schließlich ist für $\operatorname V < \infty$ die Einbettung $i\colon V\to V^{**}$, $v\mapsto (\alpha \mapsto \alpha(v))$ ein Isomorphismus

** Proposition

$W\otimes V^*$ ist kanonisch isomorph zu $\operatorname{Hom}(V,W)$ für endlichdimensionale $V$, $W$. Insbesondere gilt dann:

$$
  \operatorname{dim} W\otimes V^* = \operatorname{dim} W \cdot \operatorname{dim} V = \operatorname{dim} W \otimes V
$$

Mehr: wenn $\{ f_j \}^m_{j=1}$ und $\{ e_i \}^n_{i=1}$ Basen in $W$ bzw. $V$ sind. Dann ist $\{ f_j \otimes e_i \}_{i=1,\dotsc, n; j=1,\dotsc, m}$ eine Basis in $W\otimes V$

Beweis:

Sei $L\colon W\times V^* \to \operatorname{Hom}(V,W)$, $(w,\alpha) \mapsto (\theta_{w,\alpha} \colon v \mapsto \alpha(v)\cdot w)$, ($\theta_{w,\alpha}\operatorname{Rang} 1$-Operator definiert durch $\alpha$, $w$)

$L$ ist bilinear, weil:

$$
  && (L(w_1 + \lambda w_2, \alpha_1 + \mu\alpha_2))(v)
  \\&=& (\alpha_1 + \mu\alpha_2)(v)\cdot(w_1 + \lambda w_2)
  \\&=& \underbrace{ \alpha_1(v)w_1 }_{L(w_1, \alpha_1)(v)}
  + \underbrace{ \mu \alpha_2(v)w_1 }_{L(w_1, \alpha_2)(v)}
  + \lambda \underbrace{ \alpha_1(v)w_2 }_{L(w_2, \alpha_1)(v)}
  + \mu\lambda \underbrace{ \alpha_2(v)\cdot w_2 }_{L(w_2, \alpha_2)(v)}
$$

Nach der universellen Eigenschaft vom Tensorprodukt bekommen wir eine lineare Abbildung

$$
  \bar L \colon W\otimes V^* &\to& \operatorname{Hom}(V,W)
  \\ w\otimes \alpha &\mapsto& \theta_{w,\alpha}
$$

$\bar L$ ist ein Isomorphismus: geben wir das Inverse an. Sei $\{ e_i \}_{i=1}^n$ eine Basis on $V$, $\{ \alpha_i \}_{i=1}^n$ die duale Basis in $V^*$. Definiere

$$
  \varphi \colon \operatorname{Hom}(V,W) &\to& W\otimes V^*
  \\ T &\mapsto& \sum_{i=1}^n T(e_i) \otimes \alpha_i
$$

$$
  \varphi \circ \bar L(w\otimes \alpha) &=& \varphi(\theta_{w,\alpha})
  \\&=& \sum_{w,\alpha} (e_i) \otimes \alpha_i
  \\&=& \sum_{i=1}^{n} \alpha(e_i)w\otimes \alpha_i
  \\&=& w\otimes \left( \sum_{i=1}^{n}\alpha(e_i)\cdot \alpha_i \right)
  \\&=& w\otimes \alpha
  \\&\Rightarrow& \varphi \circ \bar L = \operatorname{id}
$$

$$
  (\bar L\circ \varphi(T)(v)) 
  &=& \sum_{i=1}^{n} \theta_{T(e_i), \alpha_i}(v)
  \\&=& \sum_{i=1}^{n}\alpha_i(v)T(e_i)
  \\&=& T\left(\sum_{i=1}^{n} \alpha_i (v) e_i\right)
  \\&=& T(v) 
  \\&\Rightarrow& \bar L \circ \varphi = \operatorname{id}
$$

$W\otimes W$ ist nach Konstruktion aufgespannt durch $f_j \otimes e_i$, $\operatorname{dim} W\otimes V = \operatorname{dim} W \cdot \operatorname{dim} V \Rightarrow \{ f_j \otimes e_i \}$ ist eine Basis.

** Korollar

Wenn $X$, $Y$ endliche Mengen sind, dann gilt:

$$
  \mathcal F(X\times Y) \cong \mathcal{F}(X) \otimes \mathcal{F}(Y)
$$

Erinnerung: hier gilt $\mathcal F(X) = \{ f\colon X \to \mathbb R \}$ mit punktweisen Operationen

** Korollar

$W\otimes V \cong V\otimes W$, $W\otimes(V\otimes Z) = (W\otimes V)\otimes Z$

Bemerkung: Es gilt auch ohne Einschränkung auf Dimensionen

** Definition Tensor

Ein Tensor vom Typ $(r,s)$ (zum Vektoraum $V$) ist ein Element des Vektoraumes

$$
  T_{r,s}(V) := V \underbrace{ \otimes \ldots \otimes V }_{r\text{-mal}} \otimes \underbrace{ V^* \otimes \ldots \otimes V^* }_{s\text{-mal}}
$$

Bemerkung: Wenn $\{ e_i \}_{i=1}^n$ eine Basis in $V$, $\{ \alpha_i \}_{i=1}^n \subset V^*$ duale Basis. $\rightsquigarrow$

$$
  \{ e_{i_1} \otimes \ldots \otimes e_{i_r} \otimes \alpha_{j_1} \otimes \ldots \otimes \alpha_{j_r} \ |\ i_1, \ldots, i_r, j_1, \ldots, j_s \in \{ 1,\ldots, n \} \}
$$

ist eine Basis in $T_{r,s}$ (Beweis: wende induktiv die Proposition an).

$\Rightarrow$ jedes $T\in T_{r,s}(V)$ ist darstellbar also

$$
  T= \sum_{i_1, \ldots, i_r, j_1, \ldots, j_s \in \{ 1,\ldots, n \} } T_{j_1,\ldots,j_s}^{i_1,\ldots,i_r} (e_{i_1} \otimes \ldots \otimes e_{i_r}\otimes \alpha_{j_1} \otimes \ldots \otimes \alpha_{j_s})
$$

Beispiel $T_{1,1} (V) = V\otimes V^* \cong \operatorname{Hom}(V,V) = \operatorname{End}(V)$ d.h., elemente von $T_{1,1}$ kann man als lineare Abbildung von $V$ nach $V$ interpretieren. Multilinear heißt linear in jeder Komponente. Sei
$$
  M_{s,r}(V) := \{ f\colon \underbrace{ V\times \ldots \times V }_{s\text{-mal}} \times \underbrace{ V^* \times \ldots \times V^* }_{r\text{-mal}} \to \mathbb R\ |\ f \text{ multiliniear } \}
$$

** Proposition

$T_{r,s}(V)$ ist kanonisch isomorph zu $M_{s,r} (V)$

** Korollar

$$
  \operatorname{Bil}(V) = \{ b\colon V\times V \to \mathbb R \text{ biliniear} \} \cong V^*\otimes V^*
$$

Insbesondere ist ein Skalarpodukt auf $V$ ein Tensor vom Typ $(0,2)$ Notation $g_{i,j}$ für Koordinaten einer Metrik ist konstant mit Tensorprodukten.

%2019-04-16

* Tensorprodukte von Vektorräumen

$$
  && \operatorname{Hom} (V\otimes \underbrace W_{ \mathbb R }) \cong \operatorname{Bil}(V\times W, \underbrace Z_{\mathbb R})
  \\&\overset{\text{Induktion}}\Rightarrow& \operatorname{Hom}(V_1\otimes\ldots\otimes V_n, Z) \cong \{ f\colon V_1\times\ldots\otimes V_n \to Z \ |\ f \text{ multiliniear } \}
$$

Letzes mal:

$$
  T_{r,s} (V) := \underbrace{ V \otimes \ldots \otimes V}_{r\text{-mal}} \times \underbrace{V^* \times \ldots \times V^*}_{s\text{-mal}}
$$

$$
  M_{s,r} := \{ f\colon \underbrace{ V \otimes \ldots \otimes V}_{s\text{-mal}} \times \underbrace{V^* \times \ldots \times V^*}_{r\text{-mal}} \to \mathbb R\ |\ f \text{ multiliniear } \}
$$

** Proposition

%TODO kan. ?
$$1
  T_{r,s}(V) \overset{kan.}\cong M_{s,r}(V)
$$1

Beweis:

Nach obigen Eigenschaften gilt:

$$
M_{s,r} &\cong& \operatorname{Hom}(T_{s,r}(V), \mathbb R) \cong t_{s,r}(V)^* = (V^*\otimes\ldots\otimes V^* \otimes V \otimes \ldots \otimes V)^*
\\&\overset{?}\cong& \underbrace{ V\otimes \ldots \otimes V}_{r\text{-mal}} \otimes \underbrace{ V^* \otimes \ldots \otimes V^*}_{s\text{-mal}}
$$

Wir wollen also zeigen: $W$, $Z$ zwei Vektoräume, wollen zeigen, dass $W^* \cong Z$ ($W=T_{s,r}(V)$, $Z=T_{r,s}(V)$)

Def./Erinnerung:

Eine nichtsinguläre Paarung zwischen $W$, $Z$ ist eine bilineare Abbildung $\beta\colon W\times Z \to \mathbb R$ mit

- $\beta(W,Z) = 0$ $\forall Z\in Z \Rightarrow w = 0$
- $\beta(W,Z) = 0$ $\forall w\in W \Rightarrow Z = 0$

Übung:

Wenn $W$, $Z$ endlichdimensional, $(w_i)^n_{i=1}$, $(z_i)_{i=1}^m$ Basen in $W$ bzw. $Z$ dann ist
$\beta$ nichtsingulär
$\Leftrightarrow (\beta(w_i, z_j))_{ \begin{subarray}{l} i=1, \ldots, n \\ j=1, \ldots, m \end{subarray} }$ nicht ausgeartet ist $\Rightarrow n = m$

$\beta$ gibt einen Isomorphismus $\hat \beta \colon Z \to W^*$

Beispiel:

$W = Z$, euklidischer Raum mit Skalarpodukt $\langle \cdot, \cdot \rangle$

$$
  \beta (W,Z) = \langle \cdot, \cdot \rangle
$$

Alos: Wir betrachten eine nichtsinguläre Paarung
$$
  \beta_i \colon T_{s,r}(V) \times T_{r,s}(V) \to \mathbb R
$$

Definiere
$$
  && \beta(v_1\otimes\ldots \otimes v_s \otimes v_1^* \otimes \ldots \otimes v_r^*, v_1 \otimes \ldots \otimes u_r \otimes u_1^* \otimes \ldots \otimes u_s^*)
  \\&=& \Pi_{i=1}^r v_i^*(u_i) \cdot \Pi_{j=1}^s u_j^* (v_j)_s \text{ bilinear fortgesetzt }
$$

** Tensorprodukte von Vektorräumen

Zu zeigen ist, dass $\beta$ nicht ausgeartet ist. Dazu sei $0\neq t \in T_{r,s}(V)$, wir suchen $t^*\in T_{s,r}(V)$ mit $\beta(t^*, t) \neq 0$

Sei $(e_i)_{i=1}^n$ eine Basis in $V$, $(\alpha)_{j=1}^n$ die Dualbasis in $V^*$

Dann gilt:

$$
  t = \sum_{ \begin{subarray}{l} {i_1,\ldots, i_r \in \{ 1,\ldots, n \}} \\ {j_1,\ldots j_s \in \{ 1,\ldots, n \}} \end{subarray}} t_{j_1\cdots j_s}^{i_1\cdots i_r}
  e_{i_1}\otimes \ldots \otimes e_{i_r} \otimes \alpha_{j_1}\otimes \ldots \otimes  \alpha_{j_s}
$$

$D_a t \neq 0$, ist eins von den Koeffizienten $\neq 0$:

$$
  0\neq t_{j_1 \cdots j_s}^{i_1 \cdot i_r} = \beta (\alpha_{i_1}\otimes \ldots \otimes \alpha_{i_r}\otimes e_{j_1}\otimes \ldots \otimes e_{j_s}, t)
$$

Bemerkung: Die Paarung zwischen $T_{r,s}$ mal $T_{s,r}$ wird gelegentlich einfach durch $\langle \cdot, \cdot \rangle$ oder $(\cdot, \cdot)$ bezeichnet.

Beispiel $V = T_p M$, $(U,x)$ eine Karte um $p$, dann hat $V=T_p M$ eine Basis $\{ \frac{\partial}{\partial x_i} \}_{i=1}^n$

$V^* = T^*_pM$ bekommt die duale Basis $\{ \mathrm d x^i \}_{i=1}^n$

Erinnerung:
$\mathrm d x^i (\underbrace{T_p M} (v):= v(x^i) )$, daher $d x^i(\frac{\partial}{\partial x^j}) = \frac{\partial}{\partial x^j} (x^i) = \delta_{ij}$

%TODO \intd s
Wir bekommen jetzt z.B. ($i,j$ fest)

1. $t_{ij} = \intd x^i \otimes \intd x^j \in V^* \otimes V^* = T_{0,2}(V) \cong T_{0,2}(V) \cong \operatorname{Bil}(V\times V, \mathbb R)$

  $$
    t_{ij} &=& (\intd x^i \otimes \intd x^j )(v,w)
    \\&=& \intd x^i(v)\cdot \intd x^j(w)
    \\&=& v(x^i)\cdot w(x^j),\ v,w\in T_p M
  $$

Beispiel:

$$
  g := \sum_{i=1}^{n} \intd x^i \otimes \intd x^i
$$

ist auch eine Biliniarform auf $T_pM$. Wenn $M = \mathbb R^n$, $p$ beliebig, dann ist $g$ das Standardskalarprodukt auf $T_p \mathbb R^n \cong \mathbb R^n$

$$
  g\left(\frac{\partial}{\partial x^k}, \frac{\partial}{\partial x^l}\right)
  &=& \sum_{i=1}^n
    \underbrace{ \intd x^i \left(\frac{\partial}{\partial x^k}\right) }_{=\delta_{ik}}
    \underbrace{ \intd x^i \left(\frac{\partial}{\partial x^l}\right) }_{=\delta_{il}}
  \\&=& \delta_{kl} + \delta_{lk}
  \\&=& \delta_{kl}
$$

** Äußere Potenzen, äußere Algebra

Errinnerung:

für Integrationstheorie wollen wir die Rechenregeln
$$
  d_x^i \wedge \intd x^j = - \intd x^j \wedge \intd x^i
$$

Beobachtung:
Tensoren kann man miteinander multiplizieren. Es gibt eine kanonische bilineare Abbildung

$$
  (\underbrace{ V\otimes \ldots \otimes V}_{k\text{-mal}}) \times \underbrace{ V\otimes \ldots \otimes V}_{l\text{-mal}} \to \underbrace{ V\otimes \ldots \otimes V}_{(k+l)\text{-mal}}
  \\ ((v_1 \otimes \ldots \otimes v_k), (v_{k+1}\otimes \ldots \otimes v_{k+l})) \mapsto (v_1 \otimes \ldots \otimes v_{k+l})
$$

Notation:

$$
  V^{\otimes k} :=
  \begin{cases}
    \underbrace{V\otimes \ldots \otimes V}_{k\text{-mal}}  & k > 0 \\
    \mathbb R & k = 0
\end{cases}
$$

$$
  T(V) := \bigoplus_{k=0}^\infty V^{\otimes k}
$$

heißt die Tensoralgebra von $V$

Multiplikation: $t\in V^{\otimes r}$, $t'\in V^{\otimes s}$

$$
  t\cdot t' := t\otimes t' \in V^{\otimes (r+s)}
$$

definiert eine Multiplikation auf $T(V)$

In $T(V)$ gelten die Relationen $v\otimes v = 0$ nicht.

Diese wollen wir erzwingen.

Sei $Z(V) = \langle v\otimes v | v \in V \rangle$ das Ideal in $T(V)$ erzeugt von Elementen der Form $v\otimes v$

Notation:

$$
  I_r(V) := I(V) \cap V^{\otimes r}, I(V) = \bigoplus_{r=0}^\infty I_n (V) \text{ (kleine Übung) }
$$

Multiplikation wird durch $\bigwedge$ bezeichnet. nach Konstruktion gilt $v_1\wedge \ldots \wedge v_k = [v_1\otimes \ldots \otimes v_k]$

** Definition

$$
  \bigwedge (V) := T(V) / I(V)
$$
heißt äußere Algebra von $V$

Nach Konstruktion und Eigenschaft von $I(V)$ gilt

$$
  \bigwedge (V) = \bigoplus_{r=0}^\infty \underbrace{ \bigwedge^r (V) }_{V^{op?} / I_r(V}
$$

1. $\wedge^0 V \cong \mathbb R$, weil $I_0(V) = \{0\}$
2. $\wedge^1 V \cong V$, weil $I_1(V) = \{0\}$

** Proposition

Sei $(e_1, \ldots, e_n)$ eine Basis in $V$. Dann ist

$$
  \{ e_{i_1}\wedge \ldots \wedge e_{i_k} \ |\ k \leqslant i_1 < i_2 < \ldots < i_k \leqslant n \}
$$

eine Basis von $\bigwedge^k(V)$ ($\leftarrow$ $k$-te äußere Potenz)

Insbesondere gilt:
$$
  \bigwedge^k(V) = \binom{n}{k},\ \ \ 0\leqslant k \leqslant n,\ \ \ \wedge_k (V) = \{0\},\ \ \ k>n
$$

** Äußere Potenzen, äußere Algebra

Beweis

Nach Konstruktion gilt: $e_i \wedge e_j = -e_j \wedge e_i$, daher spannt

$$
  \{ e_{i_1} \wedge \ldots \wedge e_{i_k} \ |\ 1\leqslant i_1 < i_k \leqslant n \}
$$

den Raum $\bigwedge^kV$. Wir brauchen also zu zeigen, dass

$$
  \sum_{1\leqslant i_1 < \ldots < i_k \leqslant n} \alpha_{i_1,\ldots, i_k} e_{i_1} \wedge \ldots \wedge e_{i_k} = 0
$$

Sei $I=(i_1,\ldots, i_k)$ $1\leqslant i_1 < \ldots < i_k \leqslant n$ fixiert.

Sei $J = \{ 1,\ldots n \} \setminus I = (j_1, \ldots, j_{n-k})$ $1\leqslant j_1 < \ldots < j_{k} \leqslant n$

Betrachte das Element $e_{j_1} \wedge \ldots \wedge e_{i_k}$ und multipliziere es an $(*)$:

$$
  \pm \alpha_{i_1,\ldots, i_k} e_1\wedge\ldots \wedge e_n = 0
$$

Alle anderen Terme verschwinden, weil eine Vektor im Produkt doppelt vorkommt.

%2019-04-17

Gestern:

$$
  \bigwedge (V) = T(V) / I(V)
$$

$I(V) = \langle v\otimes v\ |\ v\in V \rangle$ Ideal erzeugt durch $v\otimes v$

$$
  = \left\{ \sum_{i=1}^k t_i \otimes v_i \otimes v_i z_i \ \middle|\ t_i, t'_i \in T(V), v_i \in V \right\}
$$

$$
  [\underbrace{ v_1\otimes \ldots \otimes v_n }_{\in T(V)}] =: i v_1 \wedge \ldots \wedge v_n \in \bigwedge (V)
$$

nach Konstruktion gilt $v\wedge v = 0$, $v'\in V$ (daraus folgt: $v \wedge w = -w \wedge w$, $v$, $w \in V$, $0= (v+w)\wedge (v+w) = \underbrace{v\wedge v}_{=0} + v\wedge w + w\wedge v + \underbrace{w \wedge w}_{=0} = v\wedge w + w\wedge v$)

Das Bild von $V^{\otimes k}$ in $\bigwedge (V)$ heißt $\bigwedge^k(V)$ -- die Elemente der Länge $k$,

$$
  \bigwedge^k (V) = \left\{ \sum_{i=1}^{k} v_{i_1} \wedge \ldots \wedge v_{i_k} \middle| v_{i_l} \in V \right\}
$$

** Proposition

Wenn $(e_i)^n_{i=1}$ eine Basis von $V$ ist, ist $\{ e_{i_1} \wedge \ldots \wedge e_{i_k} \ |\ 1\leqslant i_1 < \ldots < i_k \leqslant u \}$ eine Basis von $\bigwedge^k(V)$; insbesondere $\dim \bigwedge_k(V) = \binom{n}{k}$, $0\leqslant k\leqslant n$, $\bigwedge^k(V) = \{0\}$ für $k> n$

Beweis:

Wir haben die Aussage darauf reduziert, dass in $\bigwedge_k(V)$ $e_1\wedge \ldots \wedge e_n \neq 0$
$\longrightarrow$ Reduktion für $k=2$, $n=4$. wird behauptet, dass $\{ e_1\wedge e_2, e_1 \wedge e_3, e_1\wedge e_n, e_2\wedge e_3, e_2\wedge e_4, e_3\wedge e_4 \}$ linear unabhängig sind. Wenn nicht $\exists \alpha_{ij}$:

$$
  \alpha_{12}e_1\wedge e_2 + \alpha_{13}e_1\wedge e_j + \alpha_{14} e_1\wedge e_4 + \ldots = 0
$$

$\rightarrow \alpha_{13} e_1e_3\wedge e_2\wedge e_4 = 0 = -\alpha_{13}(e_1\wedge e_2 \wedge e_3 \wedge e_4)$

$$
  e_1\wedge \ldots \wedge e_n \neq 0 \Leftrightarrow e_1\otimes \ldots \otimes e_n \notin I(V)
$$

Wenn

$$
  v &=& \sum_{i=1}^{n} \lambda_i e_i
  \\ v\otimes v &=& \sum_{i,j = 1}^{n} \lambda_i \lambda_j e_i \otimes e_j
  \\ &=& \sum_{i=1}^{n} \lambda_i^2 e_i \otimes e_i + \sum_{i,j = 1\atop i<y}^{n} \lambda_i\lambda_j (e_i\otimes e_j + e_j \otimes e_i)
$$

Sei $x\in I_n(V) = I(V)\cap V^{\operatorname{op}}$. Aus der obigen Rechnung folgt: Wenn man $x$ in der Tensorbasis ausdrückt.

$$
  x = \sum_{1\leqslant i_{1}, \ldots, i_n \leqslant n} x^{i_1, \ldots, i_n} e_{i_1} \otimes \ldots \otimes e_{i_n}
$$

dann gilt: wenn alle $i_j$'s verschieden sind, so gilt

$$
  x^{i_1,\ldots,i_j,i_{j+1},\ldots,l_n} = x^{i_1, \ldots, i_{j+1}, i_j, \ldots, i_n}
$$

Bei $e_1\otimes \ldots \otimes e_n$ ist der Koeffizient $x^{1,2,\ldots, n} = 1$ alle anderen $0 \Rightarrow e_1 \otimes \ldots \otimes e_n \notin I_n(V)$

Bemerkung:

Jede lineare Abbildung $f\colon V \to V$ induziert eine lineare Abbildung
$$
  \bigwedge f\colon \bigwedge V &\to& \bigwedge V
  \\ (v_1\wedge \ldots \wedge v_k) &\mapsto& (f(v_1)\wedge \ldots \wedge f(v_k))
$$

Insbesondere bekommt man die Abbildung ($\dim V = n$) $\bigwedge_n f \colon \underbrace{\bigwedge^n V}_{\cong R} \overset{\det f}\longrightarrow \underbrace{ \bigwedge^n V }_{ \cong R }$

$$
  \bigwedge (g\circ f) = \bigwedge g \circ \bigwedge f &\Rightarrow& \det (g\circ f) = \det (g) \cdot \det (f)
  \\ && \det(\operatorname{id}) = 1
$$

Die explizite Formel ergibt sich daraus, dass $e_1\wedge \ldots \wedge e_n$ ein Basisvektor in $\bigwedge^n V$ ist. $\rightsquigarrow$

$$
  f(e_1\wedge \ldots \wedge e_n) = f(e_1) \wedge \ldots \wedge f(e_n) = \ldots\ \text{ (Leibnitz-Formel) } e_1\wedge \ldots \wedge e_n
$$

$[f_{ij}] = M_{\xi}^{\xi} (f)$

$$
  f(e_i) = \sum_{j=1}^{n} f_{ij} e_j
$$

$$
  f(e_1\wedge \ldots \wedge e_n) &=& \sum_{j_1,\ldots, j_n = 1}^n f_{1,j_1} \cdots f_{n,j_n} e_{j_1} \wedge \ldots \wedge e_{j_n}
  \\&=& \sum_{j=(j_1, \ldots, j_1) \in S_n} f_{1,j_1} \cdots f_{n,j_n} \operatorname{sign}(j) e_1\wedge\ldots\wedge e_n
$$

Letzes Mal:

$$
  \text{Tensoren vom Typ $(n,s)$ } \mathrel{\hat=} T_{r,s} (V) \cong M_{s,r}(V) \mathrel{\hat=} \text{ lineare Abbildungen } V^{\otimes s}\otimes(V^*)^{\otimes r} \to \mathbb R
$$

Nächstes Ziel:

Interpretiere $\bigwedge^k V^*$ als gewisse multiliniear Abbildung $V^k \to \mathbb R$

$$
  \bigwedge^k V^* &=& (V^*)^{\otimes k} / I_k(V^*)
  \\ (V^*)^{\otimes k} = \{ f\colon V^k \to \mathbb R \ |\ f \text{ multilinieare Abbildung } \}
$$

$$
  I_k(V^*) = I(V^*) \wedge (V^*)^{\otimes k}
$$

$I(V^*) = \{ \sum t\otimes \alpha \otimes \alpha \otimes t' \}$, erzeugt durch $\{ \alpha \otimes \alpha\ |\ \alpha \in V^* \}$

$$
  (\alpha \otimes \alpha)(v_1\otimes v_2) = \alpha (v_1)\alpha(v_2) = (\alpha \otimes \alpha)(v_2, v_1)
$$

** Definition

Eine multiliniear Abbildung $m\colon \underbrace{ V^{k} }_{= V\times \ldots \times V} \to \mathbb R$ ($= m\colon V^{\otimes k}\to \mathbb R$) heißt alternierend, wenn

$$
  m(v_1, \ldots, v_i, \ldots, v_j, \ldots, v_k) = 0\ \text{ für alle } v\in V
$$

$\Leftrightarrow m$ verschwindet, wenn zwei (beliebige) $V$ gerade gleich sind)

** Beispiel

$\det (\mathbb R^n)^n \to \mathbb R$ ist eine alternierende Abbildung. Wenn $m\colon V^{\otimes k} \to \mathbb R$ alternierend, dann gilt

$$
  m|_{I_k(V)} = 0
$$
(nach Definition von $I_k(V)$)

$\longrightarrow$ $m$ definiert eine Abbildung

%TODO check \lbrack
$$
  \overline{m} \colon \bigwedge^kV &\to& \mathbb R
  \\ \lbrack v_1\wedge\ldots\wedge v_n \rbrack \mapsto m(v_1\otimes \ldots \otimes v_n)
$$

** Proposition

$$
  \bigwedge^k V^* \cong \left(\bigwedge^k V\right)^* \cong A_k(V) = \{ m\colon V^k \to \mathbb R \text{ alternierend } \}
$$

Beweis:

Wie gerade gesehen, definiert jedes $m\in A_k \in (V)$ ein Element $\overline m \in \left(\bigwedge^k\right)^*$, $m\mapsto \overline m$ ist offensichtlich linear. Umgekehrt: jedes $\overline m\colon \bigwedge^k V \to \mathbb R$ definiert eine multilinieare Abbildung
$$
  m\colon V\times \ldots \times V &\to& \mathbb R
  \\ (v_1,\ldots, v_k) &\mapsto& \overline{m}(v_1\wedge\ldots\wedge v_k)
$$

sie ist alternierend, weil

$$
  v_1 \wedge \ldots \wedge v \wedge \ldots \wedge v \wedge \ldots \wedge v_k = 0
$$

Zum Iso %TODO ??
$\bigwedge^k V^* \cong (\bigwedge^k V)^*$: wir brauchen eine nichtsinguläre bilineare Paarung $\bigwedge^kV^*\times\bigwedge^kV\to \mathbb R$ (die für $K=1$ offensichtlich ist)

$$
  V^*\times V &\to& \mathbb R
  (\alpha, v) \mapsto \alpha(v)
$$

Man definiert die Paarung so:

$$
  (\alpha_1\wedge\ldots\wedge\alpha_k, v_1\wedge\ldots\wedge v_k) \mapsto \det(\alpha_i(v_j))_{i,j=1}^k
$$

Die Paarung ist nicht ausgeartet, denn: in $\bigwedge^k V$ haben wir nach der Wahl einer Basis $e_1, \ldots, e_n \in V$ die Basis

$$
  \{ e_{i_1}\wedge\ldots\wedge e_{i_k}\ |\ (1\leqslant i_1 < \ldots < i_k \leqslant n) \} (*)
$$

Wenn $e_1^*, \ldots, e_n^* \in V$ dual zu $e_1, \ldots, e_n$, dann ist

$$
  \{ e_{i_1}^* \wedge \ldots \wedge e_{i_k}^* \ |\ 1\leqslant i_1 < \ldots < i_k \leqslant n \}
$$

dual zu $(*)$ bezüglich der Paarung:

$$
  (e_i^*(e_j))_{i,j = 1}^k =
  \left(\begin{matrix}
    1 & & \\
     & \ddots & \\
     && 1
  \end{matrix}\right)
$$

wenn aber $(i_1,\ldots, i_k) \neq (j_1,\ldots j_k)$, dann ist

$$
  (e_{il}^*(e_{jl})) =
  \left(\begin{matrix}
    1 &&&& \\
     & \ddots &&& \\
     &&0&&  \\
     &&&\ddots& \\
     &&&& 1
  \end{matrix}\right)
$$

$\Rightarrow$ $\det = 0$

%TODO missing

** Bemerkung
Unter der Identifikation aus der Proposition bekommen wir die Rechenregeln

$$
  (\alpha_1\wedge\ldots \wedge \alpha_k)(v_1,\ldots, v_k) = \det(\alpha_i(v_j))_{i,j = 1}^k
$$

Insbesondere gilt für $k=2$:

$$
  \alpha_1 \wedge \alpha_2(v_1, v_2) = \alpha_1(v_1)\alpha_2(v_2) - \alpha_1(v_2)\alpha_2(v_1)
$$

%2019-04-23

%TODO missing exercise

%2019-04-24

* Differentialformen

\begin{center}
\begin{tikzcd}
TM \arrow[d, "\pi"]     & T^*M \arrow[d, "\pi"]    \\
M \arrow[d, no head]    & M \arrow[d, no head]     \\
\text{Tangentialbündel} & \text{Kotangentialbüdel}
\end{tikzcd}
\end{center}

Geometrisch: über jedem Punkt $p$ hängt $T_pM$ tzw, $T^*_pM$ und

$$
  TM = \bigsqcup_{p\in M} T_pM, \quad T^*M = \bigsqcup_{p\in M} T^*_pM
$$

** Idee

man macht punktweise Konstruktion wie Tensorprodukt, äußere Potenzen etc. mit $T_pM$ bzw. $T_p^*M$ und bekommt „Bündel“, die ähnlich wie $TM/T^*M$ angegeben, aber etwas kompliziert sind

** Definition

Sei $M$ eine Mannigfaltigkeit. Ein $k$-dimensionales Vektorbündel $E$ über $M$ ist eine Mannigfaltigkeit $E$ zusammen mit einer glatten Abbildung $\pi\colon
E\to M$ ($\pi$ heißt Bündelprojektion) mit folgenden Eigenschaften:

 * (1) $\forall p\in M$ ist $E_p := \pi^{-1}p$ ein $(R)$-Vektoraum von $k$. 
 * (2) [lokale Trivialität] $\forall p\in M \exists U \ni p$ offen mit
    $$
      E|_U := \pi^{-1}(U) \overset{\overset{\psi}{\underset{\text{diffeomorph}}\cong}}\longrightarrow U \times \mathbb R^k
    $$
    sodass $\forall q\in U$, $\forall v_1$, $v_2 \in E_q = \pi^{-1}(q)$, $\forall \lambda \in \mathbb R$ gilt: ($\pi_{??}^{??}{\mathbb R^k} \colon U\times \mathbb R^k \to \mathbb R^k$ Projektion)%TODO ??
    
    $$
      \pi_{\mathbb R^k} \circ \psi(v_1 + \lambda v_2) = \pi_{??}^{??}{\mathbb R^k} \circ \psi(v_1) + \lambda\cdot\pi_{\mathbb R^k} \circ \psi(v_2)
    $$
    
    (die Vektorraumoperation auf $E_q$ entsprechen den auf $\mathbb R^k$ durch $\psi$)

** Bemerkung

Über jeder Mannigfaltigkeit existiert das triviale Vektorbündel der Dimension $k$:
$$
  E:= \underbrace{ M\times \mathbb R^k }_{=\mathbb R^k} \overset{\pi}\longrightarrow M
$$

Die Bedingung (2) verlangt gerade dass ein Vektorbündel $E$ lokal (d.h. über $U$) trivial sein muss (= isomorph zum trivialen Bündel)
  
** Beispiel
  $TM$, $T_pM$ sind Vektorbündel über $M$. Eig. (2) kamen von dem Beweis, dass $TM$, $T^*M$ Mannigfaltigkeiten sind.
  
** Erinnerung

Wenn $V$ ein Vektorraum ist,
$$
  T_{r,s}(V) := \underbrace{ V\otimes \ldots \otimes V }_{r\text{-mal}} \otimes \underbrace{ V^* \otimes \ldots \otimes V^* }_{s\text{-mal}}
$$

VR von Tensor von Typ $(r,s)$

Definiere jetzt

$$
  T_{r,s} (\underbrace{ M }_{\text{Mannigfaltigkeit}}) = \bigsqcup_{p\in M}T_{r,s}(T_pM)
$$

$T_{r,s}(M)$ heißt Vektorbündel von Tensoren vom Typ $(r,s)$ über $M$.

Analog:

$$
  \bigwedge^k (TM) &:=& \bigsqcup_{p\in M} \bigwedge_k(T_pM)
  \\ \bigwedge^k (T^*M) &=& \bigsqcup_{p\in M} \bigwedge^k(T_p^*M)
$$

heißen äußere Potenzen von $TM$ bzw. $T^*M$; entsprechend sind $\bigwedge^*(TM)$, $\bigwedge^*(T^*M)$ definiert.

** Proposition
$$
  T_{r,s}(M),\quad \bigwedge^*(TM),\quad \bigwedge^k(T^M),\quad \bigwedge^*(TM),\quad \bigwedge^*(T^*M)
$$
sind Vektorbündel über $M$.

Beweis: (Für $T_{r,s}$ andere analog)

 - Eigenschaft 1) ist klar:
   $$
     \pi^{-1} (p) = T_{r,s} (T_pM)
   $$
   ist ein Vektorraum
 - Eigenschaft 2) Sei $(U,x)$ eine Karte um $p\in M$. Auf $U$ existiert kanonische Vektorfelder $\frac{\partial}{\partial x_1}, \ldots, \frac{\partial}{\partial x_n} \in \Gamma (TU)$ s.d für alle

    $q\in M: \left.\frac{\partial}{\partial x_1}\right|_q,\ldots,\left.\frac{\partial}{\partial x_n}\right|_q \in T_qM$
 eine Basis mit Dualbasis $(\intd x^1)(q), \ldots, (\intd x^n)(q) \in T_q^* M$

Entsprechend gilt $\forall q\in M$:

$$
  \left\{
    \left.
      \frac{\partial}{\partial x^{i_1}}
    \right|_{q}
    \otimes \ldots \otimes
    \left.
      \frac{\partial}{\partial x^{i_r}}
    \right|_{q}
  \otimes \intd x^{j_1}(q) \otimes \ldots
  \otimes \intd x^{j_s} (q) \mathrel{%TODO\middle
  |} i_1, \ldots, i_r, j_1, \ldots, j_s \in \{ 1, \ldots, n \} \right\}
$$

ist eine Basis von $T_{r,s} (T_q M)$. Entsprechend haben wir für jedes $q\in U$ eine Koordinatenabbildung

$$
  \varphi_q\colon T_{r,s}(T_qM) \overset{\cong}\longrightarrow \mathbb R^{n^{r+s}}
$$

die jedem $t\in T_{r,s}(T_qM)$ die Koordinaten in dieser Basis zugeordnet. Also haben wir eine Bijektion

$$
  \psi \colon \bigsqcup_{q\in U} \underbrace{ T_{r,s}(T_pM) }_{=T_{r,s}(M)|_U} \overset{\cong}\longrightarrow U\times \mathbb R^{n^{r+s}}
$$

$v\in T_{r,s} (T_qM) \mapsto (q,\varphi_q(v))$ Die diffbare Struktur auf $T_{r,s}(M)$ definiert man durch die Forderung, dass alle 4 Diffeomorphismen sind 
$\longrightarrow$ dann ist insbesondere (2) auf errfüllt.

** Fazit

aus $TM$ kann man jede Menge Vektorbündel Konstruiren ($TM$, $T_{r,s} (M)$ ($= T_{r,s}(TM)$), $\bigwedge^kTM$, $\bigwedge^kT^*M, \ldots$)

Slogan: 

#+BEGIN_QUOTE
man macht lineare Algebra/Tensorkonstruktionnen punktweise
#+END_QUOTE

** Definition

Sei $\pi\colon E\to M$ ein Vektorbündel. Ein Schnitt $s$ von $E$ ist eine Abbildung

$$
  s\colon M\to E
$$

mit
$$
  \pi\circ s= \operatorname{id}_M
$$
($\Leftrightarrow \forall p\in M: s(p) \in \underbrace{ E_p }_{=\pi^{-1}(p)}$)

** Bezeichung

$$
  \Gamma (E) = \{ s\colon M\to E \text{ Schnitt}\}
$$

der Raum der Schnitte von $E$.

 - (1) $\Gamma(E)$ ist ein Vektorraum: $s_1$, $s_2 \in E$, $\lambda \in \mathbb R$
    $\Rightarrow$ $(s_1 + s_2)(p) := s_1(p) + s_2(p) \in E_p$, $(\lambda\cdot s_1)(p) := \lambda \cdot s_1(p) \in E_p$

 - (2) Für $f\in C^\infty(M)$, $s\in \Gamma(E)$ kann man
    $$
      (f\cdot s)(p) := f(p) s(p) \in E_p
    $$
    definieren, $f\cdot s \in \Gamma(E)$
    
    Das macht $\Gamma(E)$ zu einem $C^\infty(M)$-Modul [
    $\Leftrightarrow (f_1+f_2)\cdot s=f_1 s + f_2 s$, $(fg)\cdot s = f(g\cdot s)$
    ]

** Beispiel

 - Vektorfeld auf $M$ sind Schnitt im Tangentialbündel
 - $C^\infty(M) = \Gamma(\underline{\mathbb R}) = \Gamma(M\times \mathbb R)$ 

** Definition

Schnitte von $T_{r,s}(TM)$ heißen Tensoren vom Typ $(r,s)$ auf $M$.

** Definition

$$
  O^k(M) := \Gamma \left(\bigwedge^k T^*M\right)
$$

heißen Differentialformen auf $M$

 - $O^{0} (M) = \Gamma\left(\bigwedge^0T^*M\right) = \Gamma(M\times \mathbb R) = C^\infty (M)$
 - $O^{1} (M) = \Gamma (\bigwedge^1T^*M) = \Gamma(T^*M)$-Vektorfelder auf 

%TODO msisng

Wenn $(U, x)$ eine Karte von $M$ ist $\rightsquigarrow$ bekommen

$$
  \frac{\partial}{\partial x^1}, \ldots, \frac{\partial}{\partial x^n} &\in& \Gamma (TM|_U)
  \\ \intd x^1, \ldots, \intd x^n &\in& \Gamma (T*M|_U)
$$

Daher sieht jeder Schnitt $\chi \in \Gamma (T_{r,s}(TM))$ auf $U$ so aus:

$$
  \chi|_U = \sum_{i_1, \ldots, i_r, j_1, \ldots, j_s \in \{1,\ldots, n\}} \chi^{i_1,\ldots, i_r}_{j_1,\ldots, j_s}
  \frac{\partial}{\partial x^{i_1}} \otimes \ldots \otimes \frac{\partial}{\partial x^{i_r}} \otimes \intd x^{j_1} \otimes \ldots \otimes \intd x^{j_s}
$$

für gewisse $\chi_{j_1,\ldots,j_s}^{i_1, \ldots, i_r} \in C^\infty(U)$

Analog:

die Menge
$$
  \{ \intd x^{i_1}(q)\wedge\ldots\wedge\intd x^{i_k} (q) \mathrel | 1\leqslant i_1 < \ldots < i_k \leqslant n \}
$$

bildet eine Basis in $\bigwedge^k T^*qM$ $\forall q\in U$

Daher sieht jede Differentialform $\omega \in \underline{O}^k(M)$ auf $U$ so aus:

$$
  \omega|_U = \sum_{1\leqslant i_1 < \ldots < i_k \leqslant n} \omega_{i_1, \ldots, i_k} \intd x^{i_1} \wedge \intd x^{i_2} \wedge \ldots \wedge \intd x^{i_k}
$$

für gewisse $\omega_{i_1,\ldots, i_k} \in C^\infty(U)$

Algebraisch heißt es:

$$
  \left\{ \frac{\partial}{\partial x^{i_1}} \otimes \ldots \otimes \frac{\partial}{\partial x^{i_r}} \otimes \intd x^{j_1} \otimes \ldots \otimes \intd x^{j_s} \mathrel{%TODO\middle
  |} i_1, \ldots, i_r, j_1,\ldots, j_s \in \{ 1,\ldots, n \} \right\}
$$

bildet eine Basis von $\Gamma(T_{r,s}(TM)|_U)$ über $C^\infty(U)$ Entsprechend für $\left\{ \intd x^{i_1}\wedge\ldots\wedge\intd x^{i_k} \mathrel| \ldots \right\}$ für $\underline O^k(U)$

D.h. jetzt können wir interpretieren was z.B. $\intd x^1 \wedge \intd x^2$ ist:

Das ist eine $2$-Form auf $U$ (eine der Basis-$2$-Formen)

Er­in­ne­rung:

Für einen Vektoraum $V$ haben wir festgestellt, dass
$$
  \bigwedge_k V \cong A_k(V) = \{ f\colon V^k \to \mathbb R \mathrel| \text{multiliniear, alternierend }\}
$$

Daher definiert jede Differentialform
$$
  \omega \in \Omega^k (M) = \Gamma\left(\bigwedge^k T^*M\right)
$$
eine multilinieare alternierende Abbildung

$$
  \Gamma(T^*M) \times \ldots \times \Gamma (T^*M) &\to& C^\infty (M)
  \\ (\mathcal X, \ldots, \mathcal X_k) &\mapsto& (p\mapsto (\omega(p))(\mathcal X_1(p), \ldots, \mathcal X_k(p)) )
$$

Notation:
$$
  (\omega(\mathcal X_1, \ldots, \mathcal X_k))(p) := \omega(p)(\mathcal X_1(p), \ldots, \mathcal X_k(p))
$$

Diese Konstruktion ist $C^\infty(M)$-linear

$$
  \omega(f \mathcal X, \ldots, \mathcal X_k) = f\omega(\mathcal X_1, \ldots, \mathcal X_k),\quad f\in C^\infty
$$

Bemerkung:

Das gilt in jedem Argument

Analoge Konstruktion existiert für Tensorfelder:

da $T_{r,s}(T_pM) \cong M_{s,r} (T_pM),\quad \forall p\in M$

Dabei war 
$$1
  M_{s,r}(T_pM) = \{ \alpha \colon \underbrace{ T_pM \times \ldots \times T_pM }_{s\text{-mal}} \times \underbrace{ T^*_pM \times \ldots \times T^*_pM }_{r} \mathrel| \alpha \text{ multiliniear} \}
$$1

definiert jedes Tensorfeld $t\in \Gamma (T_{r,s}(T_pM))$ eine $C^\infty(M)$-multilinieare Abbildung.

$$
  \Gamma(TM) \times \ldots \times \Gamma (TM) \times \Gamma(T^*M)\times \ldots \times \Gamma (T^*M) &\to& C^\infty (M)
  \\ (\mathcal X_1,\ldots, \mathcal X_r, \alpha_1, \ldots, \alpha_s) &\mapsto& (p \mapsto (t(p)) (\mathcal X_1(p),\ldots, \mathcal X_r(p), \alpha_1(p), \ldots, \alpha_s(p) )
$$

%2019-04-30

* Differentialformen

$$
  \Omega (M) := \Gamma(\bigwedge_k \Gamma^* M) \text{$k$-Differentialformen auf $M$}
$$

Lokal sieht jede $\omega \in \Omega^k (M)$ so aus:

$$
  \omega|_U = \sum_{1\leqslant i_1 < \ldots < i_k \leqslant n} \underbrace{ \omega_{i_i,\ldots,i_k} }_{\in C^\infty(U)} \intd x^{i_1} \wedge \ldots \wedge \intd x^{i_k} =: \sum_{I\subseteq \{ 1,\ldots,n \} \atop |I| = k} \omega_I \intd x^I
$$

Ableitungsoperation ($=$ das äußere Differential) auf Formen.

Letztes Mal:
$$
\Omega^0(M) &=& C^\infty
\\\Omega^1 (M) = \Gamma (T^* M)
$$

haben schon die Ableitungsoperation ($=$ Differential)

$$
  \intd \colon \Omega^0 (M) &\to& \Omega^1 (M)
  \\f &\mapsto& \intd f
  \\ \intd f(X) &:=& X(f)
$$

definiert.

** Satz: Existenz und Eindeutigkeit des äußeren Differentials

Sei $\Omega^* (M) = \bigoplus_{k=0}^\infty \Omega^k(M) = \bigoplus_{k=0}^{\operatorname{dim} M} \Omega^k(M)$

Es gibt eine eindeutige lineare Abbildung $\intd \colon \Omega^*(M) \to \Omega^*(M)$ mit folgenden Eigenschaften:
 - $\intd \colon \Omega^k(M) \to \Omega^{k+1}(M)$
 - Leibnitz-Regel: $\intd (\alpha \wedge \beta) = \intd \alpha\wedge \beta + (-1)^k \alpha \wedge \intd \beta$, $\alpha \in \Omega^k(M)$, $\beta\in \Omega^l(M)$
 - $d^2 = 0$ ($d_0 d = 0$)
 - für $k=0$ stimmt $\intd \colon \Omega^0(M) \to \Omega^1(M)$ mit den Differential einer Funktion überein (wie oben)

Beweis:

Wir definieren $d$ folgendermaßen:

Sei $\omega \in Omega^k(M)$ mit der lokalen Darstellung

$$
  \omega = \sum_{I\subseteq \{1,\ldots,n\}\atop |I| = k } \omega_I \intd x^I
$$

wie oben $(U,x)$ eine Karte.

Definiere 
$$
  \intd \omega|_U := \sum_{I\subseteq\{1,\ldots,n\}\atop |I| =k } \intd \omega_I \wedge \intd x^I
$$

Mit dieser Definition gilt:

 - (1') $\intd \omega|_U \in \Omega^{k+1}(U)$, $\intd \omega|_U$ hängt linear von $\omega$ ab
 - (2') $\intd (\alpha \wedge \beta) = \intd \alpha\wedge\beta + (-1)^k\alpha\wedge\intd\beta$, $\alpha\in \Omega^k(U)$, $\beta \in \Omega^l(U)$
   (Beweis: es reicht, das für $\alpha = \alpha_I \intd x^I$, $\beta = \beta_J\intd x^J$ zu zeigen ($I\cap J = \emptyset$, $I<J$ in $\{ 1,\ldots, n \}$, $\forall i\in I, j\in J: i<j$))
   $$
     \alpha \wedge \beta = \alpha_I \beta_J  \intd x^{I\cup J} \Rightarrow \intd (\alpha\wedge\beta) = \beta_J \intd \alpha_I \wedge \intd x^{I\cup J}
     +\alpha_I \intd\beta_J \wedge \intd x^{I\cup J}
     = \intd \alpha \wedge \beta + (-1)^k \alpha \wedge \intd \beta
   $$
 - $\intd(\intd f) = 0$, $f+\Omega^0(M)$, weil
   $$
     \intd(\intd f) = \intd\left( \sum_{i=1}^{n} \frac{\partial f}{\partial x^i} \right) = \sum_{j=1}^{n} \sum_{i=1}^n \left( \frac{\partial^2 f}{\partial x^i\partial x^j} \intd x^j \wedge dx^i \right) = 0
   $$
 - (4') für $k= 0$ ist $\intd f|_U = \sum_{i=1}^{n} \frac{\partial f}{\partial x^i} \intd x^i = \intd \underbrace{f}_{\text{Differential von } f}$
 - (5') wenn $\omega_1 = \omega_2$ auf $\underbrace{ V }_{\text{offen}}\subseteq U$, dann gilt
   $$
     \intd \omega_1|_V = \intd\omega_2|_V
   $$
   (weil dres für Funktionen gilt)
Nun zeigen wir, dass somit $\intd$ wohldefiniert ist d.h. $\intd \omega|_U$ hängt nicht von der Wahl der Karte $(U,x)$ ab. Dazu sei $(U',y)$ eine andere Karte und $\intd'$ das entsprechen definierte Differential:

$$
  \intd' \omega|_U = \sum_{I\subseteq \{ 1,\ldots, n \} \atop |I| = k} \intd \omega_I \wedge \intd y^I, \quad \omega = \sum \omega_I \intd x^I
$$

Zu zeigen: $\intd' \omega = \intd \omega$

Nach (4') %TODO ref
gilt:

$$
  \intd'(\wedge_I\intd x^I)
  &\overset{\text{Leibnitz (2'%TODO ref
  )}}{=}
  &
  \intd'\omega_I \wedge \intd x^I + \omega_1 \wedge \intd'(\intd x^I)
  \\&\overset{\text{(4')}}=& \intd \omega_I \wedge \intd x^I + 0 = \intd(\omega_I \intd x^I) 
$$
weil:

$$
  \intd'(\intd x_{i_1} \wedge \ldots \wedge \intd x_{i_k} ) \overset{\text{(4')}}= \intd'(\intd' x_{i_1} \wedge \ldots \wedge \intd'x_{i_k}) 
  \overset{\text{(2')} \text{(3')}}= 0, d'^2 = 0
$$

Das $\intd$ erfüllt (1) - (4) wegen (1') - (4') $\Rightarrow$ Existenz.

Zur Eindeutigkeit seien $\intd^{(1)}$ und $\intd^{(2)}$ zwei lineare Abbildungen, die (1) - (2) erfüllen.

Die Eigenschaften (1) - (4) implizieren, dass in jeder Karte $(U,x)$ (1') - (4') erfüllt sind und wir haben gerade festgestellt, dass diese die Abbildung $\intd$ eindeutig bestimmen.

Beispiel:

Sei $M=\mathbb R^2$, $\omega = P\intd x + Q \intd y$

$$
  \intd \omega &=& \left( \frac{\partial P}{\partial x} \intd x + \frac{\partial P}{\partial y} \intd y \right) \wedge \intd x
  \\&+& \left( \frac{\partial Q}{\partial x} \intd x + \frac{\partial P}{\partial y} \intd y \right) \wedge \intd y
  \\(&=& \intd P\wedge \intd x + \intd Q \wedge dy)
  \\&=& \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) \intd x \wedge \intd y
$$

Erinnerung:

geens Formel: $\gamma\colon [a,b] \to \mathbb R^2$ einfach geschlossen, $\Omega$ beschränktes Gebiet, von $\gamma$ berandet.

$$
  \int_{\gamma} \intd x + Q \intd y = \int_{\Omega} \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) \intd x\intd y
$$

$$
  \int_{\Omega} \intd w = \int_{\partial\Omega} w 
$$

* Integration von Differentialformen

** Pullback: (Zurückziehen)

Seien $M$, $N$ Mannigfaltigkeiten, $f\colon M\to N$ glatt.

Erinnerung:

Wir können durch $f$ Funktionen Zurückziehen für

$$
  \varphi \in \Omega^0(N) = C^\infty(N) \text{ ist } \underbrace{ f^*(\varphi) }_{\in C^\infty(M)} := \varphi \circ f
$$

$\Rightarrow f^* \colon \Omega^0 (N) \to \Omega^0(M)$ linear (sogar Algebrahomomorphismus)

Errinnerung:

eine Differentialform $\omega \in \Omega^k (M)$ definiert eine $C^\infty$-lineare alternierend Abbildung

$$
  \omega\colon\Gamma(TM)\times\ldots\times\Gamma(TM) &\to& C^\infty(M)
  \\ X_1,\ldots,X_k &\mapsto& (p\mapsto \omega(p) (X_1(p), \ldots, X_k(p)))
$$

Übung:

Jede $C^\infty$-lineare alternierende Abbildung

$$
  \Gamma(TM) \times \ldots \times \Gamma(TM) \to C^\infty(M)
$$

bestimmt eindeutig eine $k$-Form $\omega$, die diese Abbildung induziert. (Beweis sie Buch Walschap)
Sei $\omega \in \Omega^k(N)$ Definiere
$$
  (f^*(\omega) (X_1,\ldots, X_k)) (p) := \omega (f(p))(f_*(X_1(p)), \ldots, f_*(X_k(p)))
$$

$f^*(\omega)$ heißt Pullback von $\omega$ von $\omega$. Durch Nachrechnen ergibt sich:

 - (1) $f^*(\omega_1\wedge \omega_2) = f^*(w_1)\wedge f^*(w_2)$
 - (2) $\intd (f^*\omega) = f^*(\intd \omega)$

Zu (2):

Sei $U, x$ eine Karte von $N$

$$
  \omega|_U = \omega_I\intd x^I = \omega_I \intd x^{i_1} \wedge \ldots \wedge \intd x^{i_k}
$$

$k=0$:

wenn $\omega = \varphi \Rightarrow$

$$
  f^*(\intd \varphi)(X) &=& \intd \varphi(f_*X)
  \\&=& (f_*X)(\varphi)
  \\&=& X(\varphi \circ f)
  \\&=& X(f^*(\varphi))
  \\&=& \intd (f^*\varphi) (X)
$$

$k>0$:

$$
  f^* \omega &=& (\omega_I \circ f) f^*(\intd x^{i_1}) \wedge \ldots \wedge f^*(\intd x^{i_k})
  \\&=& (\omega_I \circ f) \intd (f^*(x^{i_1})) \wedge \ldots \wedge \intd (f^*(x^{i_k}))
$$

%TODO missing

* Integration von Differentialform

Idee: wir können in $\mathbb R^n$ integrieren also führen wir die Situation auf Mannigfaltigkeit darauf zurück.

Der $k$-Würfel in $\mathbb R^n$ ist $[0,1]^k \subset \mathbb R^k$

Definition:

Sei $\omega = f \intd u^1 \wedge \ldots \wedge \intd u^k$ eine Differentialform auf $[0,1]^k$ (Errinnerung: d.h dass (e) eigentlich auf einer offenen Umgebung $V\supseteq [0,1]^k$ definiert ist)

Definiere
$$
  \intd_{[0,1]^k}  \omega := \intd_{[0,1]^k} f(u) \intd u^1 \cdots \intd u^k
$$

Definition:

Ein singulärer $k$-Würfel in $M$ ist eine glatte Abbildung $e\colon [0,1]^k \to M$

Definition:

Sei $\omega\in \Omega^k (M)$ , $c\colon [0,1]^k \to M$ eine singulärer $k$-Würfel:

$$
  \int_c \omega := \int_{[0,1^k]} c^*(\omega)
$$

%2019-05-07

* Integration von Differentialform

** Definition

Der $k$-Standardwürfel ist definiert als $[0,1]^k$ ($k\in \mathbb N$)

$$
  [0,1]^0 := \{0\}
$$

Sei $M$ eine Mannigfaltigkeit. Ein singulärer $k$-Würfel in $M$ ist eine (glatte) Abbildung $c\colon[0,1]^k \to M$

%TODO Bilchen malwurf

** Definition

Sei $\omega = \underbrace{ f }_{\in C^\infty (\mathbb R^k)} \, \diffd u^1 \wedge \ldots \wedge \diffd u^k$ eine $k$-Form von $\omega$ über $[0,1]^k$ ($[0,1]^k \subset \mathbb R^k$) ist definiert als

$$
  \int_{[0,1]^0} \omega &:=& f(0)
  \\ \int_{[0,1]^k} \omega &:=& \int_{[0,1]^k} f(u)\intd u^1 \cdots \intd u^k
$$

(Das Integral der Funktion $f$ auf der rechten Seite der Definition im Sinne der Analysis)

** Definition

Sei $\omega \in \Omega^k(M)$, $c\colon [0,1]^k \to M$ ein singulärer Würfel in $M$. Das Integral von $\omega$ über $c$ ist definiert als
$$
  \int_c \omega := \int_{[0,1]^k} c^* w
$$

** Beispiel

Sei $M=\mathbb R^k$, $c\colon[0,1]^k \to \mathbb R^k$, ein singulärer Würfel mit $\operatorname{det} D_xc \neq 0 \forall x\in [0,1]^k$. (Bemerkung: Diese Bedingung erzwingt, dass $\operatorname{det} D_x c > 0 (\text{oder} <0) \forall x\in [0,1]$)

Sei $\omega = f(u) \, \diffd u^1 \wedge \ldots \wedge du^k \in \Omega^k(\mathbb R^k)$
$$
  \int_c \omega &=& \int_{[0,1]^k} c^* \omega = \int_{[0,1]^k} f(c(x)) \operatorname{det} D_x c\,\diffd x^1\cdots \diffd x^k
  \\ &\overset{\text{Transformationsformel}}=& \pm \int_{c([0,1]^k)} f(u) \intd^1 u^1 \cdots \intd u^k
  %TODO missing
$$

$$
  + && \text{wenn $\det D_x c> 0$ }
  \\ - && \text{wenn $\det D_x c >0$ }, \forall x \in [0,1]^k
$$

%TODO Bildchen 2

$$
  c^* &=& \tilde f(x) \, \diffd x^1 \wedge \ldots \wedge \diffd x^k \in \Omega^k([0,1]^k)
  \\ \tilde f (x) &=& (c^* \omega)(x) \left(\frac{\partial}{\partial x^1}, \ldots, \frac{\partial}{\partial x^k}\right)
  \\ &=& \omega(c(x)) \left( c_*\frac{\partial}{\partial x^1}, \ldots, c_*\frac{\partial}{\partial x^k} \right)
  \\ &=& f(c(x)) \, \diffd u^1 \wedge \ldots \wedge \diffd^k \left( D_x c\frac{\partial}{\partial x^1}, \ldots, D_x c\frac{\partial}{\partial x^k} \right)
  \\ &=& f(c(x)) \operatorname{det} \bigg( \underbrace{ \diffd u^i \bigg( \underbrace{ D_x c\left(\frac{\partial}{\partial x^j}\right) }_{j\text{-te Spalte der Jacobi-Matrix}} \bigg) }_{i\text{-te Komponente}} \bigg)^k_{i,j = 1}
  \\ &=& f(c(x)) \cdot \det D_x c
  \\ &=& \pm \int_{c([0,1]^k)} f(u) \intd u^1 \cdots \intd u^k 
$$

** Lemma

Das Integral von $\omega$ über einen singuläreren Würfel $c\colon [0,1]^k \to M$ ist parametrisierungsunabhängig: Wenn $F\colon [0,1]^k \to [0,1]^k$ ein Diffeomorphismus mit $\det D_x F > 0 \forall x\in [0,1]^k$, dann gilt:

$$
  \int_{c\circ F} \omega = \int_c \omega, \quad \quad \forall\omega\in \Omega^k(M)
$$

Beweis:

$$
  \int_{c\circ F} \omega &\overset{\text{Def.}}=& \int_{[0,1]^k} (c\circ F)^*\omega
  \\ &=& \int_{[0,1]^k} F^* (c^* \omega)
  \\ &\overset{\text{Def.}}=& \int_F c^*\omega
  \\ &\overset{\text{Bsp.}}=& \int_{F([0,1]^k)} c^* \omega \left( \frac{\partial}{\partial u^1}, \ldots, \frac{\partial}{\partial u^k} \right) \intd u^1 \cdots \intd u^k
  \\ &\overset{ F([0,1]) = ?? [0,1]^k}=& \int_{[0,1]^k} c^* \omega \left( \frac{\partial}{\partial u^1}, \ldots, \frac{\partial}{\partial u^k} \right) \intd u^1, \ldots, \intd^k
  \\ &=& \int_{[0,1]^k} c^* \omega
  \\&\overset{\text{Def.}}=& \int_c \omega
$$

%TODO Bilchen

** Definition

Sei $M$ eine Mfg., $k\in \mathbb N$. Eine $k$-Kette in $M$ ist ein Element des freien $\mathbb R$-Vektorraumes auf der Menge singulärerer $k$-Würfel in $M$, d.h. eine formale Linearkombination.

$$
  \sum_{i=1}^{N} a_ic_i
$$

mit $a_i \in \mathbb R$, $c_i \colon [0,1]^k \to M$ singulärer $k$-Würfel. Für $\omega \in \Omega^k(M)$ definiere
$$
  \int_{\sum_{i=1}^N a_ic_i} &:=& \sum_{i=1}^N a_i \int_{c_i} \omega
$$

Sei $W_k := [0,1]^k$ der Standardwürfel in $\mathbb R^k$

$$
  \partial W_k = \bigcup_{i=0}^k W_{i,0} \cup \bigcup_{i=0}^k W_{i,1}
$$

$$
  W_{i,0} &=& \{ x\in W \mathrel | x = (x_1, \ldots, x_{i-1}, 0, x_{i+1}, \ldots, x_k) \}
  \\&=& \{ x\in W \mathrel | x_i = 0 \}
  \\&\cong& W_{k-1}
$$

$$
  W_{i,1} &=& \{ x\in W_k \mathrel| x_i = 1 \}
  \\&\cong& W_{k-1}
$$

** Definition

Sei $c\colon W_k \to M$ ein singulärer $k$-Würfel. Der Rand von $c$ ist die singuläre $(k-1)$-Kette

%TODO author of book might have done a mistake
$$
  \partial c &:=& \sum_{i=1}^k \sum_{j=0}^1 (-1)^{i+j} c |_{W_{i,j}}
$$

$c|_{W_{i,j}}$ ist ein singulärer $(k-1)$-Würfel, weil $W_{i,j} \cong W_{k-1}$ wie oben

** Beispiel

$$
     k=0 &\Rightarrow& \partial c = 0
  \\ k=1 &\Rightarrow& \partial c = c|_{\{1\}} - c|_{\{0\}}
  \\ k=2 &\Rightarrow& \partial c = -c|_{W_{1,0}} + c|_{W_{1,1}} - c|_{W_{2,1}} +c|_{W_{2,0}}
$$

%TODO Bilchen (4)

Es gilt $\partial(partial(c)) = 0$. ($k=1$ klar, $k=2$:)

$$
  \partial(\partial(c)) = \cancel{ c|_{\{A\}} } - \xcancel{ c|_{\{D\}}}  + \bcancel{ c|_{\{B\}} } -\cancel{c|_{\{A\}}} +c|_{\{C\}} -\bcancel{ c|_{\{B\}}} +\xcancel{c|_{\{D\}}} -c|_{\{C\}}
$$

Beweis: sie Walschap

** Bemerkung/Übung:

Für jeden singulären Würfel $c$ ($\Rightarrow$ für jede Kette) gilt $\partial^2(c) := \partial(\partial(c)) = 0$

** Beispiel

Sei $c = \sum_{i=1}^N a_i c_i$ eine $1$-Kette in $\mathbb R$ $(c_i\colon [0,1] \to \mathbb R)$, $f\colon \mathbb R \to \mathbb R$

Dann gilt:

$$
  \int_c \intd f = \int_{\partial c} f
$$

Beweis:

Nach Linearität reicht es, dies für einen singulären $1$-Würfel $c\colon [0,1] \to \mathbb R$ zu zeigen.

$$
  \int_c \intd f &=& \int_{[0,1]} c^* (\diffd f)
  \\ &=& \int_{[0,1]} (f\circ c)' du
  \\ &\overset{\text{Haupsatz der Diff/ und Int-Rechnung}}=& f(c(1))
  \\ &=& f(c(0)) -f(c(0))
  \\ &=& \int_{\partial c} f
$$

$$
  \intd f &=& f'(t) \diffd t
  \\ c^* (diffd f) = \tilde f(u) \diffd u = (f\circ c)' \intd u
  \\ \tilde f(u) &=& c^*(\diffd) (\frac{\partial}{\partial u})
  \\ &=& \diffd f(c_* \frac{\partial}{\partial u})
  \\ &=& f'(c'(u))\diffd t(c_* \frac{\partial}{\partial u})
  \\ &=& f'(c(u)) c'(u)
$$

** Nächstes Ziel

Satz von Stokes:

 1) lokale Form $\int_c \intd \omega = \int_{\partial c} \omega$ ($c$-$k$-Kette, $\omega \to (k-1)$-Form)
 2) Erweiterung der Integration auf Mannigfaltigkeit

wenn $\operatorname{dim} M=n (+\ldots)$ für $\omega\in \Omega^n(M) \rightsquigarrow \int_M \omega$ und 
$$
  \int_{\underbrace{ M }_{\text{Mannigfaltigkeit mit Rand}}} \intd \omega' = \int_{\partial M} \omega'
$$

%2019-05-08

* Integration von Differentialformen

$M$ -- eine Mannigfaltigkeit, $\omega \in \Omega^k(M)$

$$
  c\colon [0,1]^k \to M
$$

singulärer $k$-Würfel

$$
  \int_c \omega &:=& \int_{[0,1]^k} c^*\omega
$$

($c^*\omega \underbrace{\text{linear}}{=} f(u) \intd u^1 \wedge \ldots \wedge du^k$)

haben auch 

$$
  \partial c = \sum_{i=1}^n \sum_{j=0}^1 (-1)^{i+j} c_{i,j}
$$

$c_{i,j}$ ist Einschränkung von $c$ auf $W_{i,j} \leftarrow$ Randkomponente von $[0,1]^k$

%TODO Bilchen

$$
  \partial c = c|_{W_{1,1}} -c|_{W_{1,0}} +c|_{W_{2,0}} -c|_{W_{2,1}} 
$$

** Satz von Stokes lokale Version

$$
  \underbrace{ \text{Newton-Leibnitz}}_{k=1} \text- \underbrace{\text{Green}}_{k=2} \text- \underbrace{\text{Gauss-Ostragradisk}}_{k=3} \text - \underbrace{\text{Stokes-Poincaré}}_{k\in \mathbb N}
$$

Wenn $\omega \in \Omega^{k-1} (M)$, $c\colon [0,1]^k \to M$ singulärer $k$-Würfel.

Dann gilt:

$$
  \int_c \intd \omega = \int_{\partial c} \omega
$$

Beweis:

Zunächst $M = \mathbb R^k$, $c\colon[0,1]^k \hookrightarrow \mathbb R^k$

Für $k=2$:

$$
  \omega &\in& \Omega^1([0,1]^2)
  \\ \Rightarrow \omega(u) &=& f_1(u)\diffd u^2 + f_2(u) \diffd u^1, \quad u\in [0,1]^2, f_1, f_2 \in C^\infty\left( [0,1]^2 \right)
$$

Integrieren ist linear $\Rightarrow$ können $f_1(u)\diffd u^2$, $f_2(u)\diffd u^1$ separat behandeln

$$
  \diffd (f_1(u) \diffd u^2) = \frac{\partial f_1}{\partial u_1} \intd ^u1 \wedge \intd u^2
$$

$$
  \int_{[0,1]^2} \frac{\partial f_1}{\partial u_1} \intd u^1 \wedge \intd u^2 
  &\overset{\text{Def.}}{=}&
  \int_{[0,1]^2} \frac{\partial f_1}{\partial u_1} \intd u^1 \intd u^2
  = \int_0^1 \left[ \int_0^1 \frac{\partial f_1}{\partial u_1} \intd u^1 \right] \intd u^2
  \\ &=& \int_0^1 (f_1 (1,u_2) - f_1(0,u_2)) \intd u^2
  \\&=& \int_{W_{1,1}} f_1(u_1, u_2) \intd u^2 + \int_{W_{2,0}} \underbrace{ f_1(u) }_{=0} \intd u^2
  \\&-& \int_{W_{2,1}} \underbrace{ f_1(u) }_{=0} \intd u^2 - \int_{W_{1,0}} f_1(u_1, u_2) \intd u^2 + 
  \\&=& \int_{\partial [0,1]^2} f_1 (u) \intd u^2
$$

Für $f_2 (u) \diffd u^1 \rightsquigarrow \diffd (f_2(u) \diffd u_1) = -\frac{\partial f_2}{\partial u_2} \diffd u_1 \wedge \diffd u_2$

Dann bekommt man analog
$$
  -\int \frac{\partial f_2}{\partial u_2} \diffd u_1 \wedge \diffd u_2 = \int_{\partial [0,1]^2} f_2 (u) \diffd u^1
$$

(beachte Vorzeichen bei Randkomponenten!)

Im Allgemeinen (für $k\in \mathbb N$): jedes $\omega\in\Omega^{k-1}\left([0,1]^k\right)$ ist von der Form

$$
  \omega(u) = \sum_{i=1}^k \underbrace{ f_2(u) }_{\in C^{\infty}\left( [0,1]^k \right) } \diffd u^1 \wedge \ldots \wedge \diffd u^{i-1} \wedge \diffd u^{i+1} \wedge \ldots \wedge \diffd u^k
$$

Dach über $\diffd u^i$ heißt weglassen.

$$
  \partial c = \sum_{i=1}^k \sum_{j=0}^1 (-1)^{i+j} c_{i,j}
$$

Wegen Linearität reicht es einen Summanden

$$
  \omega_i = f_i (u) \diffd u^1 \wedge \ldots \wedge \widehat{ \diffd u^i } \wedge \ldots \wedge \diffd u^k
$$

zu betrachten

$$
  \diffd \omega_i = (-1)^{i+1} \frac{\partial f_i}{\partial u_i} \diffd u^1 \wedge \ldots \wedge \diffd u^i \wedge \ldots \wedge \diffd u^k
$$

$$
  \int_{[0,1]^k} \diffd \omega_i &=& \int_{[0,1]^k} (-1)^{i+1} \frac{\partial f_i}{\partial u_i} \intd u^1 \cdots \diffd u^k
  \\&=& \int_{[0,1]^{k-1}} (-1)^{i+1} f_i (u^1, u^{i+1}, 1, u^{i+1}, \ldots, u^k) \diffd u^1 \cdots \widehat{ \diffd u^1 }\cdots \diffd u^k
  \\&-& \int_{[0,1]^{k-1}} (-1)^{i+1} f_i (u^1, \ldots, u^{i-1}, 0, u^{i+1}, \ldots, u^k) \intd u^1 \cdots \widehat{ \diffd u^i } \cdots \diffd u^k
  \\&(*)=& \sum_{l=1}^{k} \sum_{j=0}^{1} (-1)^{l+j} \int_{W_{l,j}} \omega_i = \int_{\partial c} \omega_i
$$

Beachte $(*)$ alle Summanden mit $l\neq i$ verschwinden (da ist eine der Variablen $u^1,\ldots, u^{i-1}, u^{i+1}, \ldots, u^k$ konstant)

Allgemeiner Fall:

$c\colon [0,1]^k \to M$, $\omega \in \Omega^{k-1} (M)$

$c_{i,j} = c|_{W_{i,j}} \cong W_{k-1}$

$$
  \int_{\partial c} \omega
  &=& \sum_{i=1}^{k} \sum_{j=1}^1 (-1)^{i+1} \int_{c_{i,j}} \omega
  \\&\overset{\text{Def.}}=& \sum_{i=1}^{k} \sum_{j=0}^1 (-1)^{i+j} \int_{[0,1]^{k-1}} c_{i,j}^* \omega
  \\&=& \int_{\partial[0,1]^k} c^* \omega
  \\&\overset{\text{Stokes für } [0,1]^k \text{ eben bewiesen}}=&
  \int_{[0,1]^k} \diffd (c^* \omega)
  \\&\overset{\diffd c^* = c^* \diffd}=& \int_{[0,1]^k} c^* (\diffd \omega)
  \\&\overset{\text{Def.}}=& \int_c \diffd \omega
$$

Errinnerung:

Dann gilt:

$$
  \int_{c\circ F} \omega &=& \int_c \omega, \quad \omega \in \Omega^k (M)
$$

Fazit:

$\int \omega$ ist koordinatennabhängig, wenn man nur orientierungserhaltende Koordinatentransformation zulässt.

** Definition

Eine $n$-dimensionale Mannigfaltigkeit $M$ heißt \emph{orientierbar}, wenn $\exists \omega \in \Omega^n (M)$ mit $\omega(p) \neq 0$, $\forall p\in M$.

** Bemerkung

Die Wahl einer Volumenform $\omega$ definiert eine Orientierung von $T_p M$ für jedes $p\in M$

($(e_1,\ldots, e_n) \in T_pM$ ist positiv orientiert $\Leftrightarrow$ $\omega(e_1, \ldots, e_n) > 0$)

($M$ ist also orientierbar, wenn man alle $T_pM$ konstant orientieren kann)

** Bemerkung

Innerhalb einer Karte $(U,x)$ existiert immer eine Volumenform $\diffd x^1 \wedge \ldots \wedge \diffd x^n$

D.h. Orientierbarkeit hängt davon ab, ob man diese lokalen Volumenformen zu $\omega \in \Omega^n (M)$ „verkleben“ kann. Solche 
„lokal-zu-global“-Fragen werden mit der Teilung der Eins behandelt

** Definition

$$
  \operatorname{supp} \varphi := \overline{ \{ x\in M \mathrel| \varphi(x) \neq 0 \} }
$$

** Definition

Eine Teilung der Eins auf $M$ ist eine Familie $\{\varphi_\alpha\}_{\alpha \in A} \subset C^\infty (M, [0,1])$

 1. $\{ \operatorname{supp} \varphi_alpha \}$ ist lokal endlich, d.h. $\forall p\in M$ gibts nur endlich viele $\alpha\in A$ mit $p\in \operatorname{supp} \varphi_\alpha$
 
 2.
    $$
      \sum_{\alpha\in A} \varphi_{\alpha} (p) = 1, \forall p\in M
    $$

%TODO Bilchen: Zerlegung der 1 auf R, überschneidende Hügel

** Satz

Sei $M$ eine Mannigfaltigkeit, $\{U_\alpha\}_{\alpha\in A}$ eine Überdeckung von $M$. Dann existiert eine Teilung der Eins $\{ \varphi_k \}_{k\in K}$ mit der Eigenschaft $\forall k\in K \exists \alpha \in A$

(die Teilung der Eins ist der Überdeckung untergeordnet)

Die Menge $K$ kann sogar abzählbar gewählt werden.

Beweis: wird nachgeliefert

** Bemerkung

Kurzfassung des Satzes: Mannigfaltigkeiten sind \emph{parakompakt}

** Proposition

$M$ ist orientierbar genau dann, wenn es einen Atlas

$$
  \mathcal A = \{ (U, x) \}
$$

von $M$ gibt mit der Eigenschaft $\det D_{\xi} (y\circ x^{-1}) > 0, \xi \in x(U\cap V)$, für alle $(U,x)$, $(V,y) \in \mathcal A$

Beweis:

Orientierbarkeit $\Rightarrow \exists \mathcal A$:

Sei $\omega \in \Omega^n(M)$ eine Volumenform

$$
  \mathcal A := \left\{ \underbrace{ (U,x) }_{\text{Karte}} \ \middle |\ \omega\left( \frac{\partial}{\partial x^1}, \ldots, \frac{\partial}{\partial x^n} \right) > 0 \right\}
$$

Das ist ein Atlas (nimm beliebige $(U', x')$ und stelle zwei Koordinaten gegebenenfalls um) $\mathcal A$ erfüllt die Aussage des Satzes, weil wegen $(U,x)$, $(V,y)$ zwei Karten mit $U\cap V \neq \emptyset$

$$
  \Rightarrow \omega = f \intd x^1 \wedge \ldots \wedge \diffd x^n = g  \intd y^1 \wedge \ldots \wedge \diffd y^n
$$

auf $U\cap V$ mit $f$, $g\in C^\infty (U\cap V)$, $f(p) \neq 0$, $g(p)\neq 0$, $p \in U\cap V$, (weil $\omega \neq 0$)

Es gilt:

$$
  \intd y^1 \wedge \ldots \wedge \diffd y^n = \frac{f}{g}  \intd x^1 \wedge \ldots \wedge \diffd x^n
$$

und
$$
  h = \frac{f}{g} > 0
$$

Andererseits gilt

$$
  h(p) = \det D_p(y\circ x^{-1})
$$

weil $f=\omega \left( \frac{\partial}{\partial x^1}, \ldots, \frac{\partial}{\partial x^n} \right)$, $g=\omega \left( \frac{\partial}{\partial y^1}, \ldots, \frac{\partial}{\partial y^n} \right)$

$p\in U\cap V$ (Umbenennung von Differentialformen )

$\Rightarrow \mathcal A$ orientiert