äußeres Produkt und Antisymmetrisierer für Tensoren

24.01.2010, 15:04

Jakob123

äußeres Produkt und Antisymmetrisierer für Tensoren

Hi!
Ich habe ein kleines Problem bei einer doch eher einfach aussehenden Aufgabe und vermute dass ich da einfach was falsch verstanden habe. Also hier erstmal die Aufgabe:

Zeige : $\begin{eqnarray*} \omega \wedge \eta = (-1)^{km} \eta \wedge \omega \end{eqnarray*}$ für eine k-Form $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ und eine m-Form $\begin{eqnarray*} \eta \end{eqnarray*}$

Definiert haben wir das äußere produkt als
$\begin{eqnarray*} \phi \wedge \psi :=\frac{(k+m)!}{k!m!} \AA (\phi \otimes \psi ) \end{eqnarray*}$

und den Antisymmetrisierer als
$\begin{eqnarray*} \AA (\phi_{1} \otimes ... \otimes \phi_{k} ) := \frac{1}{k!} \sum\limits_{\pi\in S_{k}}^{} sgn(\pi)( \phi_{\pi(1)} \otimes ...\otimes \phi_{\pi(k)}) \end{eqnarray*}$

Naja, ich habe dann eigentlich nichts anderes gemacht als die Definitionen eingesetzt und bekomme dann:
$\begin{eqnarray*} \phi \wedge \psi :=\frac{(k+m)!}{k!m!} \AA (\phi \otimes \psi ) =\frac{(k+m)!}{k!m!}\frac{1}{2!}(\phi \otimes \psi-\psi \otimes \phi) =-\frac{(k+m)!}{k!m!}\frac{1}{2!}(\psi \otimes \phi-\phi \otimes \psi) =-\psi \wedge \phi \end{eqnarray*}$

Denn ich habe ja nur zwei Tensoren in meinem Antisymmetrisierer und nicht k + m viele oder sehe ich da was falsch? Ich habe das alles leider noch nicht so ganz durchdrungen deshalb hoffe ich das die Frage nicht allzu doof ist. Danke schonmal für lesen!

Gruß, Jakob

12.02.2011, 14:55

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Hallo,
ich habe ein Definitionsproblem, das zu auch hier mit der äußeren Potenz eines $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ -Moduls $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ zu tun hat ( $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ ist ein kommutativer Ring).

Ich wurde danach gefragt und kam nicht darauf, warum $\begin{eqnarray*} \Lambda^0(M) = R \end{eqnarray*}$ sein soll.

Das eigentliche Problem ist hier für mich, dass ich nicht weiß, wie die nullte Potenz eines Moduls zu verstehen ist, wenn man definitert
$\begin{eqnarray*} \Lambda^n(M) = (M\otimes\dots\otimes M)\slash (\langle x_1\otimes\dots\otimes x_n| \exists i\neq j: x_i = x_j\rangle) \end{eqnarray*}$

Ich durchwühle das Vorlesungsskript (Algebra) der Leute, denen ich hier helfen möchte.
Das einzig sinnvolle, was mir hierzu einfällt ist, dass man obige Formel verwendet um sich zu überlegen, was denn dann herauskäme, wenn man ein Element aus
$\begin{eqnarray*} \Lambda^n(M) \end{eqnarray*}$ mit einem aus $\begin{eqnarray*} \Lambda^0(M) \end{eqnarray*}$ verwedged.

Hat jemand eine Idee? Btw: Das hier habe ich über Boardsuche gefunden, es gehört aber definitiv in "Algebra".
Grüße

12.02.2011, 15:57

zweiundvierzig

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Zu Jakob123: Bei Deiner Rechnung $\begin{eqnarray*} A(\varphi \otimes \psi) = \varphi \otimes \psi - \psi \otimes \varphi = \varphi \wedge \psi \end{eqnarray*}$ gehst Du implizit davon aus, dass es sich bei $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \psi \end{eqnarray*}$ bereits um 1-Formen handelt.

Was der Alternator konkret macht, ist etwas anders hingeschrieben, folgendes. Für eine k-Form $\begin{eqnarray*} \varphi \colon V^k \to \mathbb R \end{eqnarray*}$ definiert man $\begin{eqnarray*} A(\varphi)(v_1, \ldots, v_k) = \frac{1}{k!} \sum_{\sigma \in S_k} \mathrm{sgn}( \sigma )\varphi(v_{\sigma(1)}, \ldots, v_{\sigma(k)}) \end{eqnarray*}$ . Der Alternator permutiert also die Indizes bei der Auswertung des Multivektors $\begin{eqnarray*} (v_1, \ldots, v_k) \in V^k \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ .

Diese Abbildung ist so gemacht, dass $\begin{eqnarray*} A(\varphi) \end{eqnarray*}$ immer eine alternierende Form ist. Der Faktor $\begin{eqnarray*} \frac{1}{k!} \end{eqnarray*}$ sorgt außerdem dafür, dass $\begin{eqnarray*} A(\varphi) = \varphi \end{eqnarray*}$ , wenn $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ bereits selbst eine alternierende Form ist.

Bei der Aufgabe handelt es sich eben um eine $\begin{eqnarray*} k + m \end{eqnarray*}$ -Form, die am Ende herauskommt, das heißt, beim Ausrechenen des Alternators musst Du die Summe über alle Permutationen aus $\begin{eqnarray*} S_{k + m} \end{eqnarray*}$ bilden.

Edit:
Zu PK: Ich denke, hinter einer solchen Definition steckt der Gedanke, dass man für Vektorräume $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ haben möchte $\begin{eqnarray*} \mathrm{dim}(V^0) = 1 \end{eqnarray*}$ .

12.02.2011, 18:59

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Hmja, das mag sein.

Ich frage mich halt nur, wie ich etwas tiefer begründen kann, dass die nullte Potenz eines R-Moduls wieder R sein soll.

12.02.2011, 22:48

gonnabphd

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Hmm, ich kenne Tensoren mehr oder weniger nur aus der Anwendung in der Integrationstheorie auf Mannigfaltigkeiten und der deRham-Kohomologie.

Jedenfalls gibt es in der Differentialgeometrie die äussere Ableitung, welche eine Abbildung

$\begin{eqnarray*} \dd: \Lambda^k(M) \to \Lambda^{k+1}(M) \end{eqnarray*}$

vom Vektorraum aller k-Differentialformen in den VR der (k+1)-Formen ist. Dabei ist der zugrundeliegende Ring der Ring $\begin{eqnarray*} R = C^\infty(M) \end{eqnarray*}$ aller reellen, glatten Funktionen.

Die äussere Ableitung einer k-Form $\begin{eqnarray*} f \; \dd x^{i_1} \wedge \ldots \wedge \dd x^{i_k} \end{eqnarray*}$ ist dabei im Wesentlichen einfach $\begin{eqnarray*} \sum_{j=1}^n \frac{\partial f}{\partial x^j}\; \dd x^j \wedge \dd x^{i_1} \wedge \ldots \wedge \dd x^{i_k} \end{eqnarray*}$ .

Ich weiss nicht, ob es in der Algebra so etwas wie die äussere Ableitung gibt, aber wenn es so eine Abbildung in dieser Art gibt, könnte man evtl. daran sehen, dass/weshalb es Sinn machen könnte $\begin{eqnarray*} \Lambda^0(M) = R \end{eqnarray*}$ zu definieren.

(Ich weiss nicht, ob das jetzt irgendwas gebracht hat, aber ich dachte ich werf's mal hier rein...)

13.02.2011, 08:35

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Nuja, den dazu verwandten Gedanken, den ich hatte war, dass obige Alternatorabbildung, von Jakob $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ genannt, ohne diese Definition keinen Sinn machen würde. Das allerdings ist keine Begründung für eine Konstruktion, auf die man sich vor den Beweisen von solchen Aussagen über eindeutigkeit o.ä. von Abbildungen zu einigen hat

13.02.2011, 14:34

gonnabphd

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Zitat:

Das allerdings ist keine Begründung für eine Konstruktion, auf die man sich vor den Beweisen von solchen Aussagen über eindeutigkeit o.ä. von Abbildungen zu einigen hat

Ich verstehe nicht ganz. Letztendlich läuft es ja einfach darauf hinaus, dass man das definieren kann, wie man will.
Eine Begründung, weshalb man es nun genau so definiert hat, kann nur darin liegen, dass die Theoreme mit dieser Definition eine besonders schöne Form annehmen. So dass der Fall k=0 also eine natürliche Erweiterung darstellt.

14.02.2011, 08:57

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Ich ging nur davon aus, dass ein tieferer Sinn darin liegt smile

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