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\Materia{Geometría Diferencial}
\Cuatrimestre{Primer Cuatrimestre --- 2012}
\Practica{5}
\Titulo{Integrales}

\begin{document}

\maketitle

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $M$ una variedad y sean $U$ y $V$ dos abiertos de~$M$ tales que
$M=U\cup V$, y pongamos $W=U\cap V$. Muestre que toda función $f\in
C^\infty(W)$ puede escribirse en la forma $f_1|_W+f_2|_W$ con $f_1\in
C^\infty(U)$ y $f_2\in C^\infty(V)$ y, dando un contraejemplo, que no toda
función de~$C^\infty(W)$ es la restricción a~$W$ de una de~$C^\infty(U)$.

\begin{Solucion}
Sean $\chi_1$,~$\chi_2:M\to\RR$ funciones tales que $\{\chi_1,\chi_2\}$ es
una partición de la unidad subordinada a~$\{U,V\}$, con
$\supp\chi_1\subseteq U$ y $\supp\chi_2\subseteq V$. Sea $f\in
C^\infty(W)$ y consideremos la función $f_1:U\to\RR$ tal que si $x\in U$ es
  \[
  f_1(x) =
    \begin{cases}
    \chi_2(x)f(x), & \text{si $x\in W$;} \\
    0, & \text{si $x\in U\setminus\supp\chi_1$}.
    \end{cases}
  \]
Notemos que esto tiene sentido, porque si $x\in
W\cap(U\setminus\supp\chi_1)$, entonces $\chi_2(x)=0$, y que se trata de una
función de~$C^\infty(U)$: en efecto, el conjunto
$\{X,U\setminus\supp\chi_2\}$ es un cubrimiento abierto de~$U$ porque
$\supp\chi_2\subseteq C$. De la misma forma, hay una función $f_2\in
C^\infty(V)$ tal que
  \[
  f_2(x) =
    \begin{cases}
    \chi_1(x)f(x), & \text{si $x\in W$;} \\
    0, & \text{si $x\in V\setminus\supp\chi_2$}.
    \end{cases}
  \]
Finalmente, es $f_1|_W+f_2|_W=\chi_2f+\chi_2f=f$. Esto prueba la primera
parte.

Sea por otro lado $M=\RR$, $U=(-\infty,1)$, $V=(-1,\infty)$ y $f:W=U\cap
V=(-1,1)\to\RR$ la función tal que $f(x)=(x^2-1)^{-1}$ para cada
$x\in(-1,1)$. Es claro que $f\in C^\infty(W)$ pero no existe $g\in
C^\infty(U)$ tal que $g|_W=f$: en efecto, $f$ no es acotada en ningún
intervalo de la forma $(1-\eps,1)$ con $\eps\in(0,1)$ mientras que $g$ es
necesariamente acotada en $(-1/2,1/2)$.~\qed

\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $f:M\to N$ es una función diferenciable entre variedades, los
pull-backs $f^*:\Omega^k(N)\to\Omega^k(M)$ son tales que
  \begin{gather*}
  f^*(\omega_1+\omega_1) = f^*(\omega_1) + f^*(\omega_2), \\
  f^*(h\cdot \omega_1) = h\circ f\cdot f^*(\omega_1)
\shortintertext{y}
  f^*(\omega_1\wedge\omega_2) = f^*(\omega_1)\wedge f^*(\omega_2)
  \end{gather*}
para cada $\omega_1$,~$\omega_2\in\Omega^\bullet(N)$ y $h\in C^\infty(N)$.

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $U$ y $V$ son abiertos de~$\RR^n$ y $f:U\to V$ es diferenciable,
entonces
  \begin{gather*}
  f^*(\d x_i)=\sum_{k=1}^n\frac{\partial f_i}{\partial x_k}\d x_k
\shortintertext{y}
  f^*(g\cdot\d x_1\wedge\cdots\wedge\d x_n)
        = g\circ f
                \cdot\det\Bigl(\frac{\partial f_i}{\partial x_j}\Bigr)_{i,j}
                \cdot \d x_1\wedge\cdots\wedge\d x_n
  \end{gather*}
para cada $i\in\{1,\dots,n\}$ y cada $g\in C^\infty(V)$.

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $M$ una variedad de dimensión~$n$ y sean
$\omega_1$,~$\omega_2\in\Omega^n(M)$ dos $n$-formas sobre~$M$ que no se
anulan en ningún punto.
\begin{ejitems}

\item Para cada $\omega\in\Omega^n(M)$ existe una única función $f\in
C^\infty(M)$ tal que $\omega=f\cdot\omega_1$.

\item Las formas $\omega_1$ y $\omega_2$ inducen la misma orientación
de~$M$ si y solo si la función $f\in C^\infty(M)$ tal que $\omega_1=f\cdot\omega_2$
es positiva.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sean $\omega_1$,~$\omega\in\Omega^n(M)$ y supongamos que
$\omega_1$ no se anula en ningún punto de~$M$. Para cada $x\in M$ el
espacio vectorial~$\Lambda^n(T^*_xM)$ tiene dimensión~$1$ y
$\omega_1(x)$~es un elemento no nulo en él, así que existe 
$f(x)\in\RR$ tal que $\omega(x)=f(x)\cdot\omega_1(x)$. Esto define una función
$f:M\to\RR$ tal que $\omega=f\cdot\omega_1$. Para terminar, bastará que
mostremos que $f$ es diferenciable.

Sea $\phi:U\to\RR^n$ una carta de~$M$. Las funcionnes 
$h_1:x\in U\mapsto\omega_1\bigl(\fder{x_1},\dots,\fder{x_n}\bigr)\in\RR$ y
$h:x\in U\mapsto\omega\bigl(\fder{x_1},\dots,\fder{x_n}\bigr)\in\RR$ son
diferenciables, porque $\omega_1$ y~$\omega$ son formas diferenciables, y
como $\omega_1$ no se anula, $h_1$~no se anula en~$U$. De la definición
de~$f$ sigue inmediatamente que $h(x)=f(x)h_1(x)$ para cada $x\in U$, así
que $f|_U=h/h_1$: esto implica, claramente, que $f|_U\in C^\infty(U)$ y,
como $\phi$ es cualquier carta, que $f\in C^\infty(M)$, como queríamos.

\ejitem{2} Usando la primera parte de este ejercicio, vemos que existe una
función $f\in C^\infty(M)$ tal que $\omega_2=f\cdot\omega_1$; en
particular, como $\omega_2$ es una forma de volumen, la función~$f$ no se
anula. Si $x\in M$, es claro que 
  \begin{align*}
  f(x)>0 
    &\iff \begin{minipage}[t]{.6\displaywidth}
          \flushleft
          para cada base ordenada $(v_1,\dots,v_n)$
          de~$T_xM$ es $\omega_1(x)(v_1,\dots,v_n)\omega_2(x)(v_1,\dots,v_n)>0$
          \end{minipage} \\
    &\iff \text{$\omega_1$ y $\omega_2$ determinan la misma orientación de~$T_xM$,}
  \end{align*}
y entonces es claro que $\omega_1$ y $\omega_2$ determinan la misma
orientación de~$M$ sii $f>0$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $M$ es una variedad y $\omega\in\Omega^k(M)$, ¿es
$\omega\wedge\omega=0$? ¿Y si $\dim M=3$?

\begin{Solucion}
Supongamos que $M=\RR^n$ con $n\geq4$, y sea $\omega=\d x_1\wedge\d x_2+\d
x_3\wedge\d x_4\in\Omega^2(M)$. Entonces
  \(
  \omega\wedge\omega = 2\d x_1\wedge\d x_2\wedge\d x_3\wedge\d x_4
  \)
porque $\d x_1\wedge\d x_2\wedge\d x_1\wedge\d x_2=0$,
$\d x_3\wedge\d x_4\wedge\d x_3\wedge\d x_4=0$,
y $\d x_3\wedge\d x_4\wedge\d x_1\wedge\d x_2=\d x_1\wedge\d x_2\wedge\d x_3\wedge\d x_4$,
y entonces vemos que $\omega\wedge\omega\neq0$.

Por otro lado, si $M$ es una variedad cualquiera y 
$\omega\in\Omega^{2k+1}(M)$ con $2(2k+1)\leq\dim M$, entonces es
$\omega\wedge\omega=0$, como se ve calculando directamente en coordenadas.

En particular, si $\dim M=3$ y $\omega\in\Omega^k(M)$ con~$k\geq1$, entonces o bien
$k=1$ y en ese caso $\omega\wedge\omega=0$ por lo anterior, o bien $k\geq2$
y en ese caso $\omega\wedge\omega\in\Omega^{2k}(M)=0$, porque es~$2k>\dim M$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $M$ es una variedad y $f:M\to\RR$ es una función diferenciable, hay una
función $\d f:M\to T^*M$ tal que $\d f(x)\in T^*_xM$ y $\d f(x)(X)=X_xf$
para cada $x\in M$ y cada $X\in T_xM$. Muestre que $\d f$ es una función
diferenciable.

\begin{Solucion}
Sea $x\in M$ y sea $\phi:U\to\RR^n$ una carta de~$M$ tal que $x\in U$.
Entonces en el atlas que usamos para definir la estructura diferenciable
de~$T^*M$ hay una carta $\tilde\phi:T^*U\to\RR^{2n}$ tal que
$\tilde\phi(\lambda)=(\phi(x),\lambda_1,\dots,\lambda_n)$ si $x\in U$ y
$\lambda=\sum_{i=1}^n\lambda_i\d x_i\in T^*_xU$; sabemos, además, que la
imagen de~$\tilde\phi$ es $\phi(U)\times\RR^n$.

Es claro que $\d f(U)\subseteq T^*(U)$, así que para ver que $\d f$ es
diferenciable sobre~$U$ basta mostrar que la composición $\tilde\phi\circ\d
f\circ\phi^{-1}:\phi(U)\to\phi(U)\times\RR^n$ es diferenciable. A su vez,
hacer esto probará que $\d f:M\to T^*M$ es diferenciable.
Calculando, vemos que esa composición función es la función
  \begin{equation}\label{eq:df}
  y\in\phi(U)
        \longmapsto
        \Bigl(y,\fder[\phi]{x_1}\Big|_{\phi(y)}f,\dots,\fder[\phi]{x_n}\Big|_{\phi(y)}f\Bigr)
                \in\phi(U)\times\RR^n.
  \end{equation}
Como las definiciones nos dicen que
  \[
  \Bigl(y,\fder[\phi]{x_1}\Big|_{\phi(y)}f,\dots,\fder[\phi]{x_n}\Big|_{\phi(y)}f\Bigr)
  =
  \Bigl(y,\rder{(f\circ\phi^{-1})}{x_1}\Big|_{y},\dots,\rder{(f\circ\phi^{-1})}{x_n}\Big|_{y}\Bigr),
  \]
es claro que la función~\eqref{eq:df} es diferenciable, porque $f$~lo
es.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $M$ es una variedad, $f$,~$g\in C^\infty(M)$ y $\omega\in\Omega^1(M)$,
entonces $f\omega\in\Omega^1(M)$ y $\d(fg)=g\d f+f\d g$.

\begin{Solucion}
Es claro que $f\omega$ asigna a cada punto~$x\in M$ un elemento
de~$T_x^*M$, a saber, $f(x)\omega(x)$, así que para ver que
$f\omega\in\Omega^1(M)$ tenemos que mostrar que esta asignación de
diferenciable. Para eso, notemos que si $X\in\X(M)$ entonces
$(f\omega)(X)=f\omega(X)$ es una función de~$C^\infty(M)$, ya que $f$ y
$\omega(X)$ lo son: esto implica que $f\omega$ es diferenciable.

Sea ahora $x\in M$ y $X\in T_xM$. Por un lado, tenemos que
  \[
  \d(fg)(X)=X(fg)=f(x)X(g)+g(x)X(g),
  \]
porque $X$~es una verivación, y, por otro, es
  \begin{align*}
  (g\d f+f\d g)(X)
       &= (g\d f)(X)+(f\d g)(X)
        = g(x)\d f(X)+f(x)\d g(X) \\
       &= g(X)X(f) + f(x) X(g).
  \end{align*}
Esto muestra que las $1$-formas $\d(fg)$ y $g\d f+f\d g$ toman el mismo
valor en el vector~$X$. La arbitrariedad de~$x\in M$ y de~$X\in T_xM$
implican entonces que $\d(fg)=g\d f+f\d g$, como queremos.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $M$ una variedad.
\begin{ejitems}

\item Sea $x\in M$. Si $v\in T_xM$ y $\lambda\in T^*_xM$,
entonces existen $X\in\X(M)$ y $\omega\in\Omega^1(M)$ tales que $X_x=v$ y
$\omega_x=\lambda$.

\item Sean $U$ un abierto, $X\in\X(U)$ y $\omega\in\Omega^1(U)$. Si $x\in
U$, existen un abierto $V\subseteq U$, un campo $\tilde X\in\X(M)$ y una
forma $\tilde\omega\in\Omega^1(M)$ tales que $x\in V$, $\tilde X|_V=X|_V$ y
$\tilde\omega|_V=\omega|_V$. ¿Puede tomarse siempre~$V=U$?

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $\phi:U\to\RR^n$ una carta de~$M$ tal que $x\in U$, y sea
$\chi:M\to\RR$ una función diferenciable tal que existe un
$\supp\chi\subseteq U$ y existe un abierto~$V\subseteq M$ tal que $x\in
V\subseteq U$ y $\chi|_V\equiv1$.
Existen $v_1$,~\dots,~$v_n$, $\lambda_1$,~\dots,~$\lambda_n\in\RR$ tales
que $v=\sum_{i=1}^nv_i\fder[\phi]{x_i}\big|_x$ y
$\lambda=\sum_{i=1}^n\lambda_i\d x_i\big|_x$.

Podemos definir entonces 
$\tilde X=\sum_{i=1}^nv_i\fder[\phi]{x_i}\in\X(U)$ y 
$\tilde\omega=\sum_{i=1}^n\lambda_i\d x_i\in\Omega^1(U)$ sobre~$U$, y
considerar el campo $X\in\X(M)$ y la $1$-forma $\omega\in\Omega^1(M)$ tales
que
  \begin{align*}
  &X_x = \begin{cases}
        \chi(x)\tilde X_x, & \text{si $x\in U$}; \\
        0, & \text{si $x\in M\setminus\supp\chi$;}
        \end{cases}
  &
  &\omega_x = \begin{cases}
        \chi(x)\tilde\omega_x, & \text{si $x\in U$}; \\
        0, & \text{si $x\in M\setminus\supp\chi$.}
        \end{cases}
  \end{align*}
Como $\chi$ se anula sobre $U\cap(M\setminus\supp\chi)$, $X$ y $\omega$
están bien definidos, y son diferenciables porque sus restricciones a~$U$ y
a~$M\setminus\supp\chi$ lo son y $\{U,M\setminus\supp\chi\}$ es un
cubrimiento abierto de~$M$. La elección de~$\chi$ y de~$\tilde X$ y
$\tilde\omega$ hace inmediato que $X_x=v$ y $\omega_x=\lambda$.

\ejitem{2} Sea $U\subseteq M$ un abierto, $X\in\X(U)$ y
$\omega\in\Omega^1(U)$, y fijemos $x\in U$. Sabemos que existe una función
$\chi\in C^\infty(M)$ y un abierto $V\subseteq U$ tal que $x\in V$,
$\chi|_V\equiv1$ y $\supp\chi\subseteq U$. Sean $\tilde X$ y $\tilde\omega$
tales que para cada $y\in M$
  \begin{align*}
  &\tilde X_y = \begin{cases}
         \chi(y)X_y, & \text{si $u\in U$;} \\
         0, & \text{si $u\in M\setminus\supp\chi$;}
         \end{cases}
  &
  &\tilde\omega_y = \begin{cases}
         \chi(y)\omega_y, & \text{si $u\in U$;} \\
         0, & \text{si $u\in M\setminus\supp\chi$.}
         \end{cases}
  \end{align*}
Estas dos definiciones tienen sentido, porque $\chi(y)=0$ si $y\in
U\cap(M\setminus\chi)$, y es claro que $\tilde X$ y $\tilde\omega$ son
diferenciables sobre los abiertos del cubrimiento
abierto~$\{U,M\setminus\chi\}$ de~$M$, así que se trata de elementos
de~$\X(M)$ y de~$\Omega^1(M)$, respectivamente. Es claro, de la elección
de~$\chi$, que $\tilde X|_V=X|_V$ y $\tilde\omega|_V=\omega|_V$.

Finalmente, veamos que no es posible en general tomar~$V=U$. Sea $M=\RR$
con su carta global usual, sea $U=(-1,1)$ y consideremos el
campo~$X=(x^2-1)^{-1}\fder{x}\in\X(U)$. Supongamos que existe un
campo~$\tilde X\in\X(\RR)$ tal que $\tilde X|_U=X$. La función $f(x)=x$ es
un elemento de~$C^\infty(\RR)$, así que $\tilde Xf\in C^\infty(M)$. En
particular, la restricción $(\tilde Xf)|_U$ es acotada; pero $(\tilde
Xf)|_U=Xf=(x^2-1)^{-1}$, que no es acotada.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $M$ una variedad y sea $X\in\X(M)$ un campo sobre~$M$.
Si $k\geq1$, podemos considerar la función $i_X:\Omega^k(M)\to\Omega^{k-1}(M)$ tal que
  \[
  (i_X\omega)(x)(v_1,\dots,v_{k-1})
        = \omega(X_x,v_1,\dots,v_{k-1})
  \]
para cada $x\in M$ y $v_1$,~\dots,~$v_{k-1}\in T_xM$. Por simplicidad,
definimos tambien $i_X=0:\Omega^0\to\Omega^{-1}(X)$. Muestre que
$i_X:\Omega^\bullet(M)\to\Omega^\bullet(M)$ es una derivación y encuentre
expresiones en coordenadas locales para~$i_X$.

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $F:\RR^3\to\RR^3$ un campo vectorial.
\begin{ejitems}

\item Si para cada $x\in\RR^3$ y cada $v\in\RR^3$ definimos
$\omega^1_F(x)(v)=\ip{F(x),v}$, obtenemos una forma $\omega^1_F\in\Omega^1(\RR^3)$.
Encuentre sus coeficientes con respecto a la base $\{\d x,\d y,\d z\}$.
Recíprocamente, dada una forma $\omega\in\Omega^1(\RR^3)$, existe un único
campo $F:\RR^3\to\RR^3$ tal que $\omega^1_F=\omega$.

\item Si para cada $x\in\RR^3$ y cada $u$,~$v\in\RR^3$
ponemos $\omega^2_F=\ip{F(x),u\times v}$ obtenemos una forma
$\omega^2_F\in\Omega^2(\RR^3)$. Determine sus coeficientes con respecto a
la base $\{\d y\wedge\d z,\d x\wedge\d z,\d x\wedge\d y\}$
de~$\Omega^2(\RR^3)$. Recíprocamente, dada una forma
$\omega\in\Omega^2(\RR^3)$ existe un único campo $F:\RR^3\to\RR^3$ tal que
$\omega^2_F=\omega$.

\item Sea $f\in C^\infty(\RR^3)$ y $F:\RR^3\to\RR^3$ un campo. Establezca y
pruebe una relación entre $\nabla f$ y $\d f$, entre $\rot F$ y
$\d\omega^1_F$ y entre $\div F$ y $\d\omega^2_F$.

\end{ejitems}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $M$ una variedad. Decimos que una forma $\omega\in\Omega^k(M)$ es
\emph{cerrada} si $\d\omega=0$ y que es \emph{exacta} si existe una forma
$\eta\in\Omega^{k-1}(M)$ tal que $\d\eta=\omega$.
\begin{ejitems}

\item Una forma exacta es cerrada.

\item Si $\omega$ y $\omega'$ son formas cerradas y $\omega''$ es exacta,
entonces $\omega\wedge\omega'$ es cerrada y $\omega\wedge\omega''$ es
exacta.

\item Si $f:M\to N$ es una función diferenciable entre variedades y
$\omega\in\Omega^\bullet(N)$ es una forma cerrada (exacta), entonces
$f^*(\omega)$ es cerrada (exacta).

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Si $\omega$ es una forma exacta, existe $\eta$ tal que
$\d\eta=\omega$, y entonces $\d\omega=\d\d\eta=0$: esto nos dice que
$\omega$~es cerrada.

\ejitem{2} Supongamos que $\omega$ y $\omega'$ son formas cerradas y que
$\omega''=\d\eta$ es una forma exacta; sea, además, $p$ el grado
de~$\omega$. Entonces 
  \[
  \d(\omega\wedge\omega')
    = \d\omega\wedge\omega'+(-1)^p\omega\wedge\d\omega'
    = 0,
  \]
porque $\d\omega=\d\omega'=0$, así que $\omega\wedge\omega'$ es una forma
cerrada, y, por otro lado,
  \[
  \d((-1)^p\omega\wedge\eta)
    = (-1)^p\d\omega\wedge\eta+\omega\wedge\d\eta
    = \omega\wedge\omega''
  \]
ya que $\d\omega=0$: esto nos dice que $\omega\wedge\omega''$ es exacta.

\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\header{Derivada de Lie} Sean $M$ una variedad y $X\in\X(M)$ Entonces
la derivada de Lie~$\L_X:\Omega^\bullet(M)\to\Omega^\bullet(M)$ es una
función $\RR$-lineal de grado~$0$ tal que
  \begin{gather*}
  \L_X(\omega\wedge\eta) = \L_X(\omega)\wedge\eta + \omega\wedge\L_X(\eta), \\
  \L_X(\d\omega) = \d\L_X(\omega), \\
  \L_X(f)=X(f)
  \end{gather*}
para cada $\omega$,~$\eta\in\Omega^1(M)$ y cada $f\in C^\infty(M)$. Muestre
que estas condiciones determinan a~$\L_X$ de manera únívoca, encontrando la
expresión en coordenadas para~$\L_X$.

\begin{Solucion}
Supongamos primero que $\omega\in\Omega^\bullet(M)$ y que $U\subseteq M$ es
un abierto tal que $\omega|_U=0$. Si $x\in U$, entonces existen una función
$\chi:M\to\RR$ y un abierto $V$ tales que $x\in V\subseteq U$,
$\chi|_V\equiv0$ y $\chi|_{M\setminus U}\equiv1$. Es
$\L_X(\chi\omega)(x)=X_x(\chi)\omega(x)+\chi(x)\L_X(\omega)(x)=0$, porque
$X_x\chi=0$ porque $\chi$ es localmente constante en~$x$ y porque
$\chi(x)=0$: esto nos dice que $\L_X(\omega)|_U=0$. Hemos probado que si
$\omega\in\Omega^\bullet(M)$ y $U\subseteq M$ es un abierto es
  \[
  \omega|_U=0 \implies (\L_X\omega)|_U=0,
  \]
y de esto sigue inmediatamente que si $\omega$,~$\eta\in\Omega^\bullet(M)$
y $U\subseteq M$ es un abierto entonces
  \[
  \omega|_U=\eta|_U \implies (\L_X\omega)|_U = (\L_X\eta)|_U.
  \]

Consideremos una $p$-forma $\omega\in\Omega^p(M)$ y fijemos una
carta~$\phi:U\to\RR^n$. Entonces existen funciones $a_{i_1,\dots,i_p}\in
C^\infty(U)$ para cada elección de índices tales que $1\leq i_1<\cdots<i_p\leq n$
para las que
  \[
  \omega|_U=\sum_{1\leq i_1<\cdots<i_p\leq n}a_{i_1,\dots,i_p}
        \d x_{i_1}\wedge\cdots\wedge\d x_{i_p}.
  \]
Sea $x\in U$. Existe un abierto $V$ y funciones $\tilde
a_{i_1,\dots,i_p}$,~$\tilde x_1$,~\dots,~$\tilde x_n\in C^\infty(M)$ tales
que $x\in V\subseteq U$, $\tilde a_{i_1,\dots,i_p}|_V=a_{i_1,\dots,i_p}|_V$
para cada elección de indices $1\leq i_1<\dots<i_p\leq n$ y $\tilde
x_i=x_i$ sobre~$V$ para cada $i\in\{1,\dots,n\}$. Podemos considerar la
$p$-forma $\omega'\in\Omega^p(M)$ 
  \[
  \omega' =
    \sum_{1\leq i_1<\cdots<i_p\leq n}\tilde a_{i_1,\dots,i_p}
        \d\tilde x_{i_1}\wedge\cdots\wedge\d\tilde x_{i_p}.
  \]
Usando las propiedades del enunciado, vemos que
  \begin{multline*}
  \L_X(\omega') = 
    \sum_{1\leq i_1<\cdots<i_p\leq n}X(\tilde a_{i_1,\dots,i_p})
        \d\tilde x_{i_1}\wedge\cdots\wedge\d\tilde x_{i_p} \\
    + \sum_{\substack{1\leq i_1<\cdots<i_p\leq n\\1\leq j\leq p}}\tilde a_{i_1,\dots,i_p}
        \d\tilde x_{i_1}\wedge\cdots\wedge\d(X\tilde x_{i_j})\wedge\cdots\wedge\d\tilde x_{i_p} 
  \end{multline*}
Como $\omega'|_V=\omega|_V$, es $\L_X(\omega)|_V=\L_X(\omega')|_V$. Esto nos
dice que para cada~$y\in V$ se tiene que
  \begin{multline*}
  \L_X(\omega)(y) =
    \sum_{1\leq i_1<\cdots<i_p\leq n}X_y(a_{i_1,\dots,i_p})
        \d x_{i_1}\big|_y\wedge\cdots\wedge\d x_{i_p} \big|_y\\
    + \sum_{\substack{1\leq i_1<\cdots<i_p\leq n\\1\leq j\leq p}} a_{i_1,\dots,i_p}(y)
        \d x_{i_1}\big|_y\wedge\cdots\wedge\d(X x_{i_j})\big|_y\wedge\cdots\wedge\d x_{i_p}\big|_y 
  \end{multline*}
Como esto vale cualquiera sea $x\in U$, concluímos así que es
  \begin{multline*}
  \L_X(\omega)|_U =
    \sum_{1\leq i_1<\cdots<i_p\leq n}X(a_{i_1,\dots,i_p})
        \d x_{i_1}\wedge\cdots\wedge\d x_{i_p} \\
    + \sum_{\substack{1\leq i_1<\cdots<i_p\leq n\\1\leq j\leq p}} a_{i_1,\dots,i_p}
        \d x_{i_1}\wedge\cdots\wedge\d(X x_{i_j})\wedge\cdots\wedge\d x_{i_p} 
  \end{multline*}
sobre \emph{todo}~$U$. El miembro derecho de esta igualdad depende
solamente de~$\omega$, de~$X$ y de la carta: esto prueba que si existe una
función~$\L_X$ con las propiedades del enunciado, es única. Para probar la
existencia, además, bastará que probemos que el miembro derecho de esta
igualdad no depende de la carta~$\phi$ elegida.

\textcolor{red}{Terminar.}
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $M$ es una variedad y $X$,~$Y\in\X(M)$ son campos sobre~$M$,
entonces
  \begin{gather*}
  i_Xi_Y=-i_Yi_X, \\
  i_{fX}=fi_X, \\
  i_X\d + \d i_X = \L_X, \\
  \L_{fX} = f\L_X + \d f\wedge i_X, \\
  \L_Xi_Y - i_Y\L_X = i_{[X,Y]}.
  \end{gather*}

\end{ejercicios}

\end{document}
