äußere Abl. Differentialform < Sonstiges < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
Hallo,
ich beschäftige mich gerade mit Differentialformen (von denen ich im Moment noch gar nichts verstehe...) und habe da die äußere Ableitung einer k-Form [mm] \omega [/mm] definiert bekommen:
[mm] $$d\omega=\sum_{i=1}^n\sum_{#I=k}\frac{\partial \omega_I}{\partial x_i}dx_i\wedge dx_I$$
[/mm]
(vllt kann mir das auch jemand erklären)
Jedenfalls wird da nun behauptet, dass aufgrund des Satzes von Schwarz gilt:
[mm] $$dd\omega=0$$
[/mm]
Das wollte ich jetzt für eine 1-Form nachrechnen:
Für eine 1-Form $f$ gilt:
[mm] $$df=\sum_{i=1}^n\frac{\partial f}{\partial x_i}dx_i$$
[/mm]
Ich habe bisher folgendes gemacht:
[mm] ddf=d(df)=d(\sum_{i=1}^n\frac{\partial f}{\partial x_i}dx_i)=\sum_{j=1}^n\frac{\partial}{\partial x_j}\left(\sum_{i=1}^n\frac{\partial f}{\partial x_i}dx_i\right)dx_j [/mm] = [mm] \sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^n\frac{\partial^2 f}{\partial x_i\partial x_j}dx_idx_j
[/mm]
Das sieht jetzt ja wunderschön danach aus, dass ich hier den Satz von Schwarz anwenden kann. Aber wie? Irgendwo muss jetzt ja ein Minus herkommen, damit sich alles aufhebt. Aber wo?
Vielleicht scheitere ich auch einfach daran, dass ich nicht verstehe, was [mm] dx_idx_j [/mm] überhaupt bedeuten soll...
Über eine Erklärung / Hilfestellung würde ich mich sehr freuen 
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:57 So 03.06.2012 | | Autor: | WWatson |
Hallo, Balendilin,
> Hallo,
>
> ich beschäftige mich gerade mit Differentialformen (von
> denen ich im Moment noch gar nichts verstehe...) und habe
> da die äußere Ableitung einer k-Form [mm]\omega[/mm] definiert
> bekommen:
> [mm]d\omega=\sum_{i=1}^n\sum_{#I=k}\frac{\partial \omega_I}{\partial x_i}dx_i\wedge dx_I[/mm]
>
> (vllt kann mir das auch jemand erklären)
Insbesondere siehst Du hieran, dass das äußere Differential einer k-Form immer eine (k+1)-Form ist. Vielleicht mal ein Beispiel hierzu:
Betrachte die 2-Form (diese 2 gibt Dir, anschaulich gesagt, an, wieviele [mm] dx_{i} [/mm] jeweils miteinander "gewedged" werden)
[mm] \omega^{2} [/mm] = xy dx [mm] \wedge [/mm] dy + 2x dy [mm] \wedge [/mm] dz + 2y dx [mm] \wedge [/mm] dz
Das äußere Differential ist jetzt gerade
[mm] d\omega^{2} [/mm] = y dx [mm] \wedge [/mm] dx [mm] \wedge [/mm] dy + x dy [mm] \wedge [/mm] dx [mm] \wedge [/mm] dy + 2 dx [mm] \wedge [/mm] dy [mm] \wedge [/mm] dz + 2 dy [mm] \wedge [/mm] dx [mm] \wedge [/mm] dz = 0
Du wirst Dich jetzt vielleicht wundern, wieso das Null ist. Zunächst mal darfst Du das äußere Differential summandenweise anwenden. Wenn Du dann beispielsweise das äußere Differential des Summanden xy dx [mm] \wedge [/mm] dy bilden willst, läuft das so, dass Du xy partiell nach x, y, und z ableitest und dass dann eben, je nach Variabler, nach der Du gerade ableitest, noch ein dx, dy oder dz zusätzlich "gewedged" wird. Damit solltest Du Dir die erste Gleichheit bei [mm] d\omega^{2} [/mm] schonmal klarmachen können. Nun gilt aber außerdem, dass ein Term Null ist, wenn z.B. zweimal dx im Wedge-Produkt vorkommt. Damit ist klar, warum die ersten beiden Summanden Null werden. Nun kann aber die Reihenfolge der dx, dy, und dz im Wedge-Produkt vertauscht werden. Pro Transposition ergibt sich allerdings ein Vorzeichenwechsel. Somit werden dann die letzten beiden Summanden auch Null.
Generell sind Differentialformen, mal ganz platt gesagt, multilineare und antisymmetrische Abbildungen, die quasi "integriert werden wollen", das ist am Anfang immer etwas seltsam, wenn Differentialformen erstmal ohne diesen Zusammenhang eingeführt werden. Aber das wird Dir sicher noch etwas klarer, wenn Du den Zusammenhang erstmal kennst.
> Jedenfalls wird da nun behauptet, dass aufgrund des Satzes
> von Schwarz gilt:
> [mm]dd\omega=0[/mm]
>
> Das wollte ich jetzt für eine 1-Form nachrechnen:
>
> Für eine 1-Form [mm]f[/mm] gilt:
> [mm]df=\sum_{i=1}^n\frac{\partial f}{\partial x_i}dx_i[/mm]
>
> Ich habe bisher folgendes gemacht:
>
> [mm]ddf=d(df)=d(\sum_{i=1}^n\frac{\partial f}{\partial x_i}dx_i)=\sum_{j=1}^n\frac{\partial}{\partial x_j}\left(\sum_{i=1}^n\frac{\partial f}{\partial x_i}dx_i\right)dx_j[/mm]
> = [mm]\sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^n\frac{\partial^2 f}{\partial x_i\partial x_j}dx_idx_j[/mm]
>
> Das sieht jetzt ja wunderschön danach aus, dass ich hier
> den Satz von Schwarz anwenden kann. Aber wie? Irgendwo muss
> jetzt ja ein Minus herkommen, damit sich alles aufhebt.
> Aber wo?
Wie oben bereits erwähnt, erhälst Du bei der Ableitung dann eine 2-Form, das bedeutet, in Deiner Ableitung müsste jetzt irgendwo ein Wedge-Produkt vorkommen. Und mit dem Wissen aus obigem Beispiel siehst Du vielleicht schon, wo dann ein Minus herkommen könnte.
> Vielleicht scheitere ich auch einfach daran, dass ich
> nicht verstehe, was [mm]dx_idx_j[/mm] überhaupt bedeuten soll...
>
> Über eine Erklärung / Hilfestellung würde ich mich sehr
> freuen
Viele Grüße,
WWatson
|
|
|
| |
|
> Hallo, Balendilin,
>
> > Hallo,
> >
> > ich beschäftige mich gerade mit Differentialformen (von
> > denen ich im Moment noch gar nichts verstehe...) und habe
> > da die äußere Ableitung einer k-Form [mm]\omega[/mm] definiert
> > bekommen:
> > [mm]d\omega=\sum_{i=1}^n\sum_{#I=k}\frac{\partial \omega_I}{\partial x_i}dx_i\wedge dx_I[/mm]
>
> >
> > (vllt kann mir das auch jemand erklären)
>
> Insbesondere siehst Du hieran, dass das äußere
> Differential einer k-Form immer eine (k+1)-Form ist.
> Vielleicht mal ein Beispiel hierzu:
> Betrachte die 2-Form (diese 2 gibt Dir, anschaulich
> gesagt, an, wieviele [mm]dx_{i}[/mm] jeweils miteinander "gewedged"
> werden)
>
> [mm]\omega^{2}[/mm] = xy dx [mm]\wedge[/mm] dy + 2x dy [mm]\wedge[/mm] dz + 2y dx
> [mm]\wedge[/mm] dz
>
> Das äußere Differential ist jetzt gerade
>
> [mm]d\omega^{2}[/mm] = y dx [mm]\wedge[/mm] dx [mm]\wedge[/mm] dy + x dy [mm]\wedge[/mm] dx
> [mm]\wedge[/mm] dy + 2 dx [mm]\wedge[/mm] dy [mm]\wedge[/mm] dz + 2 dy [mm]\wedge[/mm] dx
> [mm]\wedge[/mm] dz = 0
>
> Du wirst Dich jetzt vielleicht wundern, wieso das Null ist.
> Zunächst mal darfst Du das äußere Differential
> summandenweise anwenden. Wenn Du dann beispielsweise das
> äußere Differential des Summanden xy dx [mm]\wedge[/mm] dy bilden
> willst, läuft das so, dass Du xy partiell nach x, y, und z
> ableitest und dass dann eben, je nach Variabler, nach der
> Du gerade ableitest, noch ein dx, dy oder dz zusätzlich
> "gewedged" wird. Damit solltest Du Dir die erste Gleichheit
> bei [mm]d\omega^{2}[/mm] schonmal klarmachen können. Nun gilt aber
> außerdem, dass ein Term Null ist, wenn z.B. zweimal dx im
> Wedge-Produkt vorkommt. Damit ist klar, warum die ersten
> beiden Summanden Null werden. Nun kann aber die Reihenfolge
> der dx, dy, und dz im Wedge-Produkt vertauscht werden. Pro
> Transposition ergibt sich allerdings ein Vorzeichenwechsel.
> Somit werden dann die letzten beiden Summanden auch Null.
>
Hallo WWatson,
vielen Dank für deine sehr ausführliche Antwort. Ich bin mir aber nicht sicher, ob ich sie verstehe:
1. [mm] \omega^2 [/mm] = xy dx [mm] \wedge [/mm] dy + 2x dy [mm] \wedge [/mm] dz + 2y dx [mm] \wedge [/mm] dz ist eine zwei Form (deswegen das „hoch 2“), weil ich zwei [mm] dx_i [/mm] miteinander wedge. Wir haben Differentialformen als Abbildung aus [mm] \Chi(U)^k \rightarrow C\infty [/mm] (U) definiert [mm] (\Chi(U) [/mm] ist das Vektorfeld auf U). In diesem Fall wäre also [mm] U\subset\IR^3, [/mm] da ich die Variablen x,y,z verwende? Aber woher kommen eigentlich die dx, dy, dz? Sind das die Elemente aus [mm] \Chi(U)^k? [/mm] Bzw. was ist eigentlich x, y, 2x,…? Laut Skript können wir eine k-Form [mm] \omega [/mm] schreiben als
[mm] \omega=\sum_{\# I=k}\omega_I dx_I
[/mm]
Mit [mm] \omega_I=\omega (\frac{\partial}{\partial x_{i_1}},…,\frac{\partial}{\partial x_{i_k}}) [/mm] und [mm] dx_I=dx_{i_1}\wedge…\wedge dx_{i_k}
[/mm]
In diesem Fall hätten wir z.B. [mm] \omega_{1,2}=\omega(\frac{\partial}{\partial x},\frac{\partial}{\partial y}) [/mm] Das sieht für mich erstmal nicht so aus wie xy ?!
2. Wie du [mm] d\omega [/mm] berechnest verstehe ich sogar. Allerdings verstehe ich nicht, warum die Summanden Null sind, in denen z.B. [mm] dx\wedge [/mm] dx vorkommt? Die restlichen Umformungen mit dem Vertauschen verstehe ich dann auch wieder.
3. Jetzt habe ich nur noch eine Frage: In welchen Zusammenhang steht dein Ableitungsverfahren (das ja schön übersichtlich ist) zu meinem:
[mm] d\omega=\sum_{i=1}^n\sum_{\# I=k}\frac{\partial \omega_I}{\partial x_i}dx_i\wedge dx_I [/mm]
Aber das erklärt sich wahrscheinlich, wenn ich richtig verstehe, was z.B. [mm] \omega_{1,2}=\omega(\frac{\partial}{\partial x},\frac{\partial}{\partial y}) [/mm] in unserem Beispiel eigentlich ist...
Weiter bin ich erstmal noch nicht. Aber sobald ich das verstanden habe, wende ich mich endlich meinem eigentlichen Problem zu 
Danke! Viele Grüße,
Balendilin
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:47 Di 05.06.2012 | | Autor: | WWatson |
> > Hallo, Balendilin,
> >
> > > Hallo,
> > >
> > > ich beschäftige mich gerade mit Differentialformen (von
> > > denen ich im Moment noch gar nichts verstehe...) und habe
> > > da die äußere Ableitung einer k-Form [mm]\omega[/mm] definiert
> > > bekommen:
> > > [mm]d\omega=\sum_{i=1}^n\sum_{#I=k}\frac{\partial \omega_I}{\partial x_i}dx_i\wedge dx_I[/mm]
>
> >
> > >
> > > (vllt kann mir das auch jemand erklären)
> >
> > Insbesondere siehst Du hieran, dass das äußere
> > Differential einer k-Form immer eine (k+1)-Form ist.
> > Vielleicht mal ein Beispiel hierzu:
> > Betrachte die 2-Form (diese 2 gibt Dir, anschaulich
> > gesagt, an, wieviele [mm]dx_{i}[/mm] jeweils miteinander "gewedged"
> > werden)
> >
> > [mm]\omega^{2}[/mm] = xy dx [mm]\wedge[/mm] dy + 2x dy [mm]\wedge[/mm] dz + 2y dx
> > [mm]\wedge[/mm] dz
> >
> > Das äußere Differential ist jetzt gerade
> >
> > [mm]d\omega^{2}[/mm] = y dx [mm]\wedge[/mm] dx [mm]\wedge[/mm] dy + x dy [mm]\wedge[/mm] dx
> > [mm]\wedge[/mm] dy + 2 dx [mm]\wedge[/mm] dy [mm]\wedge[/mm] dz + 2 dy [mm]\wedge[/mm] dx
> > [mm]\wedge[/mm] dz = 0
> >
> > Du wirst Dich jetzt vielleicht wundern, wieso das Null ist.
> > Zunächst mal darfst Du das äußere Differential
> > summandenweise anwenden. Wenn Du dann beispielsweise das
> > äußere Differential des Summanden xy dx [mm]\wedge[/mm] dy bilden
> > willst, läuft das so, dass Du xy partiell nach x, y, und z
> > ableitest und dass dann eben, je nach Variabler, nach der
> > Du gerade ableitest, noch ein dx, dy oder dz zusätzlich
> > "gewedged" wird. Damit solltest Du Dir die erste Gleichheit
> > bei [mm]d\omega^{2}[/mm] schonmal klarmachen können. Nun gilt aber
> > außerdem, dass ein Term Null ist, wenn z.B. zweimal dx im
> > Wedge-Produkt vorkommt. Damit ist klar, warum die ersten
> > beiden Summanden Null werden. Nun kann aber die Reihenfolge
> > der dx, dy, und dz im Wedge-Produkt vertauscht werden. Pro
> > Transposition ergibt sich allerdings ein Vorzeichenwechsel.
> > Somit werden dann die letzten beiden Summanden auch Null.
> >
>
> Hallo WWatson,
>
> vielen Dank für deine sehr ausführliche Antwort. Ich bin
> mir aber nicht sicher, ob ich sie verstehe:
>
> 1. [mm]\omega^2[/mm] = xy dx [mm]\wedge[/mm] dy + 2x dy [mm]\wedge[/mm] dz + 2y dx
> [mm]\wedge[/mm] dz ist eine zwei Form (deswegen das „hoch 2“),
> weil ich zwei [mm]dx_i[/mm] miteinander wedge. Wir haben
> Differentialformen als Abbildung aus [mm]\Chi(U)^k \rightarrow C\infty[/mm]
> (U) definiert [mm](\Chi(U)[/mm] ist das Vektorfeld auf U). In diesem
> Fall wäre also [mm]U\subset\IR^3,[/mm] da ich die Variablen x,y,z
> verwende? Aber woher kommen eigentlich die dx, dy, dz? Sind
> das die Elemente aus [mm]\Chi(U)^k?[/mm] Bzw. was ist eigentlich x,
> y, 2x,…? Laut Skript können wir eine k-Form [mm]\omega[/mm]
> schreiben als
> [mm]\omega=\sum_{\# I=k}\omega_I dx_I[/mm]
> Mit [mm]\omega_I=\omega (\frac{\partial}{\partial x_{i_1}},…,\frac{\partial}{\partial x_{i_k}})[/mm]
> und [mm]dx_I=dx_{i_1}\wedge…\wedge dx_{i_k}[/mm]
> In diesem Fall
> hätten wir z.B.
> [mm]\omega_{1,2}=\omega(\frac{\partial}{\partial x},\frac{\partial}{\partial y})[/mm]
> Das sieht für mich erstmal nicht so aus wie xy ?!
>
> 2. Wie du [mm]d\omega[/mm] berechnest verstehe ich sogar. Allerdings
> verstehe ich nicht, warum die Summanden Null sind, in denen
> z.B. [mm]dx\wedge[/mm] dx vorkommt? Die restlichen Umformungen mit
> dem Vertauschen verstehe ich dann auch wieder.
>
> 3. Jetzt habe ich nur noch eine Frage: In welchen
> Zusammenhang steht dein Ableitungsverfahren (das ja schön
> übersichtlich ist) zu meinem:
> [mm]d\omega=\sum_{i=1}^n\sum_{\# I=k}\frac{\partial \omega_I}{\partial x_i}dx_i\wedge dx_I[/mm]
>
> Aber das erklärt sich wahrscheinlich, wenn ich richtig
> verstehe, was z.B.
> [mm]\omega_{1,2}=\omega(\frac{\partial}{\partial x},\frac{\partial}{\partial y})[/mm]
> in unserem Beispiel eigentlich ist...
>
> Weiter bin ich erstmal noch nicht. Aber sobald ich das
> verstanden habe, wende ich mich endlich meinem eigentlichen
> Problem zu
>
> Danke! Viele Grüße,
> Balendilin
>
Hallo, Balendilin,
zu Deiner ersten Frage: Die Dimension des Vektors, der unter [mm] \omega [/mm] abgebildet wird, muss gleich der Dimension von U sein, wobei in unserem Beispiel U gerade Teilmenge des [mm] \IR^{3} [/mm] ist, genau.
Wo die [mm] dx^{i} [/mm] herkommen, ist etwas merkwürdig. Im Prinzip ist jedes einzelne [mm] x^{i} [/mm] eine 1-Form, was ja auch Sinn macht, da das Wedge-Produkt einer 1-Form mit einer 1-Form gerade eine 2-Form ist.
Betrachte also die Standard-Basis [mm] (e_{1}, [/mm] ..., [mm] e_{n}) [/mm] des [mm] \IR^{n} [/mm] und [mm] (e_{1}^{\*}, [/mm] ..., [mm] e_{n}^{\*}), [/mm] die dazu duale Basis. Dann ist
[mm] dx^{i} [/mm] = [mm] e_{i}^{\*}.
[/mm]
Die Konstruktion ist etwas schwieriger, deswegen lasse ich sie erst einmal weg. Wenn Du diese gerne noch wissen willst, kann ich sie auch gerne einmal posten.
Nun ist die Frage, wie diese [mm] \bruch{\partial}{\partial x_{i}} [/mm] zu verstehen sind. Da ihr das ja auf Vektorfeldern definiert habt, kann es sein, dass damit erstmal nicht die partielle Ableitung, sondern einfach das Vektorfeld
p [mm] \mapsto [/mm] (p, [mm] e_{i}) [/mm] =: [mm] \bruch{\partial}{\partial x_{i}}
[/mm]
gemeint ist?
Zu Deiner zweiten Frage: Dies folgt direkt aus der Antisymmetrie, denn es muss gelten, dass
dx [mm] \wedge [/mm] dx = -dx [mm] \wedge [/mm] dx
, da eine Transposition ja einen Vorzeichenwechsel hervorruft. Diese Gleichheit kann nur erfüllt sein, wenn beide Seiten bereits Null sind.
Viele Grüße,
WWatson
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:46 So 10.06.2012 | | Autor: | Balendilin |
Vielen, vielen Dank für deine Antwort! Ich hab es jetzt tatsächlich verstanden und auch mein ursprüngliches Problem lösen können
|
|
|
|
