Skalarprodukt von Differentialformen

21.07.2014, 23:34

HeinzImUnglück

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Skalarprodukt von Differentialformen

Hallo, wie berechnet man das Skalarprodukt zwischen zwei formen? Z.b.

$\begin{eqnarray*} <\alpha,\beta> \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \alpha = dx^{1} \wedge dx^{2} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \beta = dx^{1} \wedge dx^{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} g_{ij} = <\alpha^{i},\beta^{j}> \end{eqnarray*}$ dann die Determinante von $\begin{eqnarray*} g_{ij} \end{eqnarray*}$ ? Also so $\begin{eqnarray*} \begin{vmatrix} dx^1 \wedge dx^1 & dx^1 \wedge dx^2 \\ -dx^2 \wedge dx^1 & dx^2 \wedge dx^2 \\ \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 0 & dx^1 \wedge dx^2 \\ -dx^2 \wedge dx^1 & 0 \\ \end{vmatrix} \end{eqnarray*}$ . Wie schreibe ich jetzt die Determinante aus? Mit dem Dachprodukt??

22.07.2014, 07:09

Bernhard1

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Hallo Heinz,

wo kommt diese Aufgabe denn her? Ich kenne eigentlich nur das Tensor- und Dachprodukt von Differentialformen.

Beim Dachprodukt gilt:

$\begin{eqnarray*} dx^1 \wedge dx^2 = - dx^2 \wedge dx^1 \end{eqnarray*}$

Die Determinante könnte also gleich Null sein, falls man dort als Multiplikationsvorschrift das Dachprodukt voraussetzt.

22.07.2014, 13:25

HeinzImUnglück

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Hallo Telefonmann1.

Ich brauch das um den Hodge Stern Operator zu berechnen. Die berechnung vom Skalarprodukt sieht eigentlich so aus

$\begin{eqnarray*} <dx^{1} \wedge dx^{2}, dx^{1}\wedge dx^{2}> = \begin{vmatrix} <dx^{1},dx^{1}> & <dx^{1},dx^{2}> \\ <dx^{2},dx^{1}> & <dx^{2},dx^{2}> \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 1 & 0 & \\ 0 & 1 \end{vmatrix} = 1 \end{eqnarray*}$ Leider weiß ich jetzt nicht warum z.B. $\begin{eqnarray*} <dx^{1},dx^{1}> \end{eqnarray*}$ hier 1 ist, müsste das nicht 0 sein ? verwirrt

verwirrt

Gruß

22.07.2014, 14:04

Bernhard1

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Ich würde den Hodge-Stern-Operator so berechnen:
http://de.wikipedia.org/wiki/Hodge-Stern-Operator

Das Beispiel dort verwendet sogar Differentialformen.

22.07.2014, 16:51

HeinzImUnglpck

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Ja aber das brauch ich ja grade um den so zu berechnen.

22.07.2014, 16:58

Bernhard1

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Du brauchst hier weder Determinanten, noch Skalarprodukte, sondern lediglich das Dachprodukt.

Anders ausgedrückt: Auf was willst Du eigentlich den HS-Operator anwenden?

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22.07.2014, 20:53

HeinzImUnglück

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Zitat:

Original von HeinzImUnglück
Hallo Telefonmann1.

Ich brauch das um den Hodge Stern Operator zu berechnen. Die berechnung vom Skalarprodukt sieht eigentlich so aus

$\begin{eqnarray*} <dx^{1} \wedge dx^{2}, dx^{1}\wedge dx^{2}> = \begin{vmatrix} <dx^{1},dx^{1}> & <dx^{1},dx^{2}> \\ <dx^{2},dx^{1}> & <dx^{2},dx^{2}> \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 1 & 0 & \\ 0 & 1 \end{vmatrix} = 1 \end{eqnarray*}$ Leider weiß ich jetzt nicht warum z.B. $\begin{eqnarray*} <dx^{1},dx^{1}> \end{eqnarray*}$ hier 1 ist, müsste das nicht 0 sein ? verwirrt

verwirrt

Gruß

Ich brauche das Skalarprodukt von Differentialformen $\begin{eqnarray*} <dx^{1} \wedge dx^{2}, dx^{1}\wedge dx^{2}> \end{eqnarray*}$ und das berechnet man so:
$\begin{eqnarray*} \begin{vmatrix} <dx^{1},dx^{1}> & <dx^{1},dx^{2}> \\ <dx^{2},dx^{1}> & <dx^{2},dx^{2}> \end{vmatrix} \end{eqnarray*}$ , frag mich nicht warum.

Der Hodge Operator ist definiert als $\begin{eqnarray*} \mu \wedge *\zeta=<\mu, \zeta>vol_{n} \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} *\zeta \end{eqnarray*}$ die Gleichung erfüllt. Nur leider weiß ich nicht wie die Determinante ausgerechnet wurde.

22.07.2014, 21:43

Bernhard1

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Hallo Heinz,

die Aufgabe ist unvollständig formuliert, weil nicht angegeben wird, welche Metrik verwendet werden soll. Da die Mannigfaltigkeit aber offensichtlich der R^2 ist, nehme ich mal an, dass die Metrik gleich der euklidischen Metrik ist und da vereinfacht sich der ganze Formalismus auf den Hodge-Operator auf einem Vektorraum, so wie er in der Wikipedia dargestellt wird.

Im Übrigen steht $\begin{eqnarray*} vol_n \end{eqnarray*}$ für eine Volumenform und die ist per Definition eine multilineare Abbildung auf dem Tangentialraum der betrachteten Mannigfaltigkeit.

Mit diesem Hinweis weiß man dann schon mal, dass der Hodge-Operator in dem gewünschten Fall aus einer 1-Form wieder eine 1-Form macht. Aufgrund der Linearität des Hodge-Operators kann man sich auf die Basiselemente der 1-Formen beschränken und es gilt:

$\begin{eqnarray*} *dx^1 = dx^2 \end{eqnarray*}$

Wendet man bei dieser Gleichung auf beiden Seiten den Hodge-Operator erneut an, bekommt man die zweite benötigte Gleichung.

22.07.2014, 22:29

HeinzImUnglück

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Hallo, jau, tut mir leid, ja genau das war gemeint. Ich hätte den Hodge Operator nicht erwähnen sollen, weil es mir darum eigentlich nicht geht. Ich will einfach nur das Skalarprodukt zwischen Differentialformen ausrechnen und wissen warum die Determinante 1 ist. Weil wenn ich das mal in nicht orthonormalen Koordinaten ausrechnen will bin ich am Arsch. Wieso ist $\begin{eqnarray*} <dx^1,dx^2>=0 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} <dx^1,dx^1>=1 \end{eqnarray*}$ ? Was bedeutet das überhaupt? Etwa $\begin{eqnarray*} dx^1 \wedge dx^2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} dx^1 \wedge dx^1 \end{eqnarray*}$ ? Kann ja nicht sein, weil das eine dann ja null wäre.

Wink

Wink

22.07.2014, 23:48

Bernhard1

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Ich habe in dem Buch von M. Schottenloher, "Geometrie und Symmetrie in der Physik" die Definition des Skalarproduktes gefunden, will es aber nicht 1:1 abtippen. Man kann dieses Skalarprodukt sinngemäß über die Koordinatendarstellungen der Differentialformen ausrechnen. Bei $\begin{eqnarray*} dx^1 \end{eqnarray*}$ ist das in Vektorschreibweise der Vektor (1,0) und bei $\begin{eqnarray*} dx^2 \end{eqnarray*}$ (0,1). Mit diesen Vektoren kann man dann das Skalarprdoukt über die Metrik bis auf einen Vorfaktor berechnen, der für 1-Formen aber gleich eins ist.

23.07.2014, 02:12

HeinzImUnglück

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Lieber Telefonnmann1, kannst du das bitte noch etwas expliziter erklären? (mit Formeln vielleicht.) Gruss

23.07.2014, 02:56

HeinzImUnglück

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Das dürfte dann auch wirklich das aller letzte Puzzelstück gewesen sein, damit ich verstanden habe wie man damit korrekt etwas berechnet.

23.07.2014, 07:18

Bernhard1

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Guten Morgen!

Die Standardvolumenform lautet im R^2: $\begin{eqnarray*} vol_2 = dx^1 \wedge \dx^2 \end{eqnarray*}$ .

Die von Dir angeschriebene Definitionsgleichung kann man damit zu

$\begin{eqnarray*} dx^i \wedge *dx^j = \delta^{ij} vol_2 \end{eqnarray*}$

mit i,j = 1,2

übersetzen. Das Kroneckerdelta ergibt sich dabei, wie gesagt, aus dem Skalarprodukt der Koordinatendarstellungen der dx^i, das mit der Metrik (hier die euklidische Metrik) gebildet wird.

In beliebigen Koordinaten und einer n-dimensionalen Mannigfaltigkeit muss man (wenn ich den Text bei M. Schottenloher richtig verstanden habe) für die Volumenform immer $\begin{eqnarray*} dx^1 \wedge dx^2 \wedge \ldots \wedge dx^n \end{eqnarray*}$ verwenden smile

smile

.

23.07.2014, 21:52

HeinzImUnglück

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Moin,

verwirrt

Ja ich weiß das $\begin{eqnarray*} \langle \mu,\zeta \rangle = \delta^{ij} \end{eqnarray*}$ ist. Man soll eine Matrix definieren mit $\begin{eqnarray*} g_ij = \langle \mu^{i} , \zeta^{j} \rangle oder so. Und wie sieht das dann konkret aus? Was zur Hölle bedeutet [latex]\angle dx^{1} , dx^{2} \rangle \end{eqnarray*}$ ?

23.07.2014, 21:54

HeinzImUnglück

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Zitat:

Original von HeinzImUnglück
Moin,

verwirrt

verwirrt

Ja ich weiß das $\begin{eqnarray*} \langle \mu,\zeta \rangle = \delta^{ij} \end{eqnarray*}$ ist. Man soll eine Matrix definieren mit $\begin{eqnarray*} g_ij = \langle \mu^{i} , \zeta^{j} \rangle \end{eqnarray*}$ oder so. Und wie sieht das dann konkret aus? Was zur Hölle bedeutet $\begin{eqnarray*} \angle dx^{1} , dx^{2} \rangle \end{eqnarray*}$ ?

23.07.2014, 22:33

Bernhard1

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Hallo Heinz,

kennst Du nicht den metrischen Tensor? Das $\begin{eqnarray*} g^{ij} \end{eqnarray*}$ ist die inverse Matrix zur Koordinatendarstellung mit kovarianten Indizes. Es gilt also $\begin{eqnarray*} g_{ij}g^{jk} = \delta_i^k \end{eqnarray*}$ mit der einsteinschen Summenkonvention .

Der Hodge-Operator wird übrigens normalerweise innerhalb einer Vorlesung über riemannsche Geometrie behandelt. Dort lernt man auch den verwendeten Formalismus über Tensorfelder und Differentialformen. Ohne diese Kenntnisse kannst Du den Hodge-Operator vermutlich nur innerhalb der linearen Algebra anwenden.

23.07.2014, 23:44

HeinzImUnglück

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Doch, aber in Verbindung mit dem wedge produkt und differentialformen kommt mir das komisch vor. Mir ist klar das der metrische Tensor in orthonormalen Koordinaten verschwindet. Berechnen wir mal den Hodge Operator von $\begin{eqnarray*} \zeta \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \mu \wedge *\zeta = \langle \mu, \zeta \rangle vol_n \end{eqnarray*}$

Hier $\begin{eqnarray*} \mu=\zeta \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \zeta = 2dx \wedge dy + 3 dz \wedge dy \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (2dx \wedge dy + 3dz \wedge dy) \wedge *(2d \wedge dy + 3dz \wedge dy) = \langle 2 dx \wedge dy + 3dz \wedge dy , 2 dx \wedge dy + 3dz \wedge dy \rangle vol_3 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} vol_{3} = \sqrt{1} dx \wedge dy \wedge dz \end{eqnarray*}$

Die Lösung ist $\begin{eqnarray*} *(2dx \wedge dy + 3dz \wedge dy) = 2dz-3dx \end{eqnarray*}$ ist.

Ich würde aber jetzt gerne $\begin{eqnarray*} g(\zeta, \zeta)= \langle 2dx \wedge dy + 3dz \wedge dy , 2 dx \wedge dy + 3dz \wedge dy\rangle \end{eqnarray*}$ explizit berechnen.

Man definiert den metrischen Tensor

$\begin{eqnarray*} g^{ij}=\langle \zeta^{i} , \zeta^{j}\rangle=\begin{pmatrix} g^{xx} & g^{xy} \\ g^{yx} & g^{yy} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2*2 & 2*3 \\ 3*2 & 3*3 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Was ja nicht sein kann, da es 0 ist.

24.07.2014, 06:48

Bernhard1

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leer.

24.07.2014, 14:22

Bernhard1

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Zitat:

Original von HeinzImUnglück
Ich würde aber jetzt gerne $\begin{eqnarray*} g(\zeta, \zeta)= \langle 2dx \wedge dy + 3dz \wedge dy , 2 dx \wedge dy + 3dz \wedge dy\rangle \end{eqnarray*}$ explizit berechnen.

Scheinbar geht es wie folgt:

Man nutzt zuerst die Linearität des Skalarproduktes aus:

$\begin{eqnarray*} \langle 2dx \wedge dy + 3dz \wedge dy , 2 dx \wedge dy + 3dz \wedge dy\rangle = 4\langle dx \wedge dy, dx \wedge dy\rangle + 6 \langle dx \wedge dy, dz \wedge dy\rangle + 6\langle dz \wedge dy, dx \wedge dy\rangle + 9 \langle dz \wedge dy, dz \wedge dy\rangle \end{eqnarray*}$

Die einzelnen Skalarprodukte löst man dann über:

$\begin{eqnarray*} \langle a_1\wedge\dots\wedge a_m,\,b_1\wedge\dots\wedge b_m\rangle :=\det\begin{pmatrix}\langle a_1,b_1\rangle&\dots&\langle a_1,b_m\rangle\\ \vdots&&\vdots\\ \langle a_m,b_1\rangle&\dots&\langle a_m,b_m\rangle\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

sowie $\begin{eqnarray*} \langle dx^i , dx^j\rangle = g^{ij} \end{eqnarray*}$

Damit bekomme ich das korrekte Ergebnis 13.

24.07.2014, 14:58

HeinzImUnglück

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Hi, Danke, aber

Was ist $\begin{eqnarray*} \langle a_{1},b_{1} \rangle \end{eqnarray*}$ ?

24.07.2014, 15:38

Bernhard1

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Das steht im Prinzip schon da.

$\begin{eqnarray*} \langle dx^i, dx^j \rangle = g^{ij} \end{eqnarray*}$

Im R^n kann man mit der euklidischen Metrik auch schreiben:

$\begin{eqnarray*} \langle dx^i, dx^j \rangle = \delta^{ij} \end{eqnarray*}$

(=Kronecker-Delta), und i,j = 1,...,n

z.B.

$\begin{eqnarray*} \langle dx, dx \rangle = 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \langle dx, dy \rangle = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \langle dx, dz \rangle = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \langle dy, dy \rangle = 1 \end{eqnarray*}$
usw.

24.07.2014, 19:44

HeinzImUnglück

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Achso, ja also mir war klar das $\begin{eqnarray*} \partial_{j} dx^{i} = \delta_{j}^{i} \end{eqnarray*}$ ist. Aber wie das im Skalarprodukt zustande kommt war mir ein Rätsel, naja ich werd noch mal ein paar Bücher dazu lesen, dann wirds mir bestimmt klar. Vielen Danke für dein Hilfe smile

smile

LG

24.07.2014, 20:40

Bernhard1

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Zitat:

Original von HeinzImUnglück
Achso, ja also mir war klar das $\begin{eqnarray*} \partial_{j} dx^{i} = \delta_{j}^{i} \end{eqnarray*}$ ist.

Das ist genaugenommen eine ungünstige Schreibweise, weil die Diff.form dx^i auf dem Kotangentialbündel "lebt". Die partielle Ableitung ist dagegen ein Element des Tangentialbündels. Man sollte also besser

$\begin{eqnarray*} dx^{i}(\partial_{j}) = \delta_{j}^{i} \end{eqnarray*}$

schreiben, auch wenn es ungewohnt aussieht.

Zitat:

Vielen Danke für dein Hilfe smile

smile

War für mich auch interessant zu sehen, dass man den Hodge-Operator mit den passenden Formeln eigentlich relativ leicht und direkt ausrechnen kann. Bei diesem Seminarskript der Uni-Dortmund ist auf S. 5 sogar eine direkte Formel angegeben. Im Skript wird darüberhinaus der Hodge-Operator auf komplexen Mannigfaltigkeiten beschrieben Hammer

Hammer

.

Prost

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