Existiert der Differentialoperator der Rotation auch in 4D und mehr?

20.04.2022, 19:19	Verrain	Auf diesen Beitrag antworten »
Existiert der Differentialoperator der Rotation auch in 4D und mehr? Gradient und Divergenz für n Dimensionen zu definieren ist ja nicht schwer. Aber wie sieht es mit der Rotation aus? Existiert die nur für 3 Dimensionen? Das Kreuzprodukt ist ja auch ein spezielles Vektorprodukt. Lässt sich dieses eigentlich auf mehr als 3 Dimensionen verallgemeinern? (Weil wenn nicht, ist auch klar, warum sich die Rotation nicht auf mehr Dimensionen verallgemeinern lässt). Viele Grüße Verrain
20.04.2022, 21:18	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
Siehe Exterior algebra, Geometric algebra, Differential form, Exterior derivative, Hodge star operator. Es stellt sich eigentlich die Frage, welche Gesetzmäßigkeit du verallgemeinert haben willst. Dass die Rotation eines Gradientenfeldes verschwindet, $\begin{eqnarray} \nabla\times\nabla f=0, \end{eqnarray}$ lässt sich beispielsweise allgemein als $\begin{eqnarray} \mathrm d\mathrm df=0 \end{eqnarray}$ ausdrücken, wobei man diese doppelte äußere Ableitung auch $\begin{eqnarray} \mathrm d\wedge\mathrm df=0 \end{eqnarray}$ schreiben kann, wenn man d analog zum Nabla-Operator formal als $\begin{eqnarray} \textstyle\mathrm d = \sum_{k=1}^n \mathrm dx_k\partial_k \end{eqnarray}$ auffasst.
20.04.2022, 22:48	Verrain	Auf diesen Beitrag antworten »
Naja, die Rotation ist ja quasi die Änderung des Vektorfelds senkrecht zu den Koordinatenlinien. Kann ich das auf ein Vektorfeld im 4 dim. kart. Koordinatensystem verallgemeinern? An sich berechne ich die Rotation über eine Determinante. Die Vorgehensweise ist für ein 2 dim. Vektorfeld klar und auch für ein 3 dim. Vektorfeld nach der Regel von Sarrus. Aber lässt sich diese Berechnung mittels Determinante auch auf ein 4 dim. Koordinatensystem übertragen?
21.04.2022, 08:28	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Für eine skalare Funktion $\begin{eqnarray} \psi(\vec x) \end{eqnarray}$ hat der Drehoperator in jeder Dimension n>1 die Gestalt: $\begin{eqnarray} x_i\tfrac{\partial \psi}{\partial x_j}-x_i\tfrac{\partial \psi}{\partial x_i} \end{eqnarray}$ Im euklidischen Raum ist der Drehoperator also eine schiefsymmetrsiche nxn-Matrix. Zum Beispiel lautet diese Matrix im Falle n=4 wie folgt $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 0 & x_1 \tfrac{\partial \psi}{\partial x_2}-x_2 \tfrac{\partial \psi}{\partial x_1} & x_1 \tfrac{\partial \psi}{\partial x_3}-x_3 \tfrac{\partial \psi}{\partial x_1} & x_1 \tfrac{\partial \psi}{\partial x_4}-x_4 \tfrac{\partial \psi}{\partial x_1}\\ x_2 \tfrac{\partial \psi}{\partial x_1}-x_1\tfrac{\partial \psi}{\partial x_2} & 0 & x_2 \tfrac{\partial \psi}{\partial x_3}-x_3\tfrac{\partial \psi}{\partial x_2} & x_2 \tfrac{\partial \psi}{\partial x_4}-x_4\tfrac{\partial \psi}{\partial x_2} \\ x_3 \tfrac{\partial \psi}{\partial x_1}-x_1\tfrac{\partial \psi}{\partial x_3} & x_3 \tfrac{\partial \psi}{\partial x_2}-x_2\tfrac{\partial \psi}{\partial x_3} & 0 & x_3 \tfrac{\partial \psi}{\partial x_4}-x_4\tfrac{\partial \psi}{\partial x_3} \\ x_4 \tfrac{\partial \psi}{\partial x_1}-x_1\tfrac{\partial \psi}{\partial x_4} & x_4 \tfrac{\partial \psi}{\partial x_2}-x_2\tfrac{\partial \psi}{\partial x_4} & x_4 \tfrac{\partial \psi}{\partial x_3}-x_3\tfrac{\partial \psi}{\partial x_4} & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ In der Relativitätstheorie kommen noch gewisse Vorzeichenänderungen hinzu, weil Metrik nicht euklidisch ist. Im Fall n=3 hat man nur $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 0 & x_1 \tfrac{\partial \psi}{\partial x_2}-x_2 \tfrac{\partial \psi}{\partial x_1} & x_1 \tfrac{\partial \psi}{\partial x_3}-x_3 \tfrac{\partial \psi}{\partial x_1} \\ x_2 \tfrac{\partial \psi}{\partial x_1}-x_1\tfrac{\partial \psi}{\partial x_2} & 0 & x_2 \tfrac{\partial \psi}{\partial x_3}-x_3\tfrac{\partial \psi}{\partial x_2} \\ x_3 \tfrac{\partial \psi}{\partial x_1}-x_1\tfrac{\partial \psi}{\partial x_3} & x_3 \tfrac{\partial \psi}{\partial x_2}-x_2\tfrac{\partial \psi}{\partial x_3} & 0\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Wegen der Schiefsymmetrie gilt folgendes: Soiegelt man die Matrix an der Hauptdiagonalen, ändert sich das Vorzeichen aller Matrixelemente. Deshalb verschwinden stets alle Elemente in der Hauptiagonalen. Folglich hat ein n-dimensionaler Drehoperator nur (n²-n)/2 unabhängige Matrixelemente, obwohl die Matrix insgesamt n² Matrixelemente besitzt. Im Falle n=4 hat man also (4²-4)/2=6 unabhängige Matrixelemente, im Falle n=3 nur (3²-3)/2=3. Deshalb kann man im Falle n=3 die Matrix zu foolgendem 3D-Vektor reduzieren, der dieselbe Information enthält wie die obige 3x3-Matrix. $\begin{eqnarray} \vec x \times \nabla \psi \end{eqnarray}$ Geometrisch gibt die Zahl $\begin{eqnarray} \vec n \cdot (\vec x \times \nabla \psi) \end{eqnarray}$ die Schnelligkeit der Änderung an (also die 1.Ableitung), mit der sich die skalare Funktion $\begin{eqnarray} \psi \end{eqnarray}$ am Ort $\begin{eqnarray} \vec x \end{eqnarray}$ ändert, wenn man eine Drehung um die Drehachse $\begin{eqnarray} \vec n \end{eqnarray}$ vollzieht.
21.04.2022, 20:14	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
Die Rotation misst die lokale Wirbeldichte eines Vektorfeldes, wobei die Richtung des Vektors die Rotationsachse der maximalen Zirkulation angibt. Ich vermute mal, diese Bedeutung bleibt in höherdimensionalen Räumen weiterhin gültig. Es ist aber so, dass sich die zur Rotationsachse rechtwinklige Ebene nicht mehr durch einen Vektor kodieren lässt, weil dieser Vektor auf mehr als einer Ebene rechtwinklig steht. Die Ebene wird stattdessen durch einen sogenannten Bivektor kodiert. Bezug der Rotation zur äußeren Ableitung. Ein Vektorfeld $\begin{eqnarray} F\colon\mathbb R^3\to\mathbb R^3 \end{eqnarray}$ lässt sich direkt als Kovektorfeld (auch 1-Form genannt) betrachten (allgemein solange eine Orthonormalbasis vorliegt). Die äußere Ableitung des Kovektorfeldes ist $\begin{eqnarray} \mathrm dF = \mathrm d\wedge F = (\partial_x\mathrm dx+\partial_y\mathrm dy+\partial_z\mathrm dz)\wedge (F_x\mathrm dx+F_y\mathrm dy+F_z\mathrm dz). \end{eqnarray}$ Nun ausmultiplizieren, weil das äußere Produkt bilinear ist, und anschließend die Antisymmetrie des äußeren Produktes beachten. Es gilt $\begin{eqnarray} \mathrm dx\wedge\mathrm dx=0 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \mathrm dy\wedge\mathrm dx = -\mathrm dx\wedge\mathrm dy \end{eqnarray}$ usw. Man erhält $\begin{eqnarray} \mathrm dF = (\partial_x F_y-\partial_y F_x)\mathrm dx\wedge\mathrm dy + (\partial_x F_z-\partial_z F_x)\mathrm dx\wedge\mathrm dz + (\partial_y F_z-\partial_z F_y)\mathrm dy\wedge\mathrm dz. \end{eqnarray}$ Auf diesen Bikovektor wendest du nun den Hodge-Stern-Operator an und gelangst zu $\begin{eqnarray} \star\mathrm dF = (\partial_x F_y-\partial_y F_x)\mathrm dz - (\partial_x F_z-\partial_z F_x)\mathrm dy + (\partial_y F_z-\partial_z F_y)\mathrm dx. \end{eqnarray}$ Dieser Kovektor entspricht der Rotation $\begin{eqnarray} \nabla\times F. \end{eqnarray}$ In der vierten Dimension ist das Ergebnis vom Hodge-Stern-Operator allerdings kein Kovektor, sondern wieder ein Bikovektor. Wie gesagt würde ein Kovektor nicht mehr genügen, um den Raum zu kodieren, der rechtwinklig zur Ebene der Rotation steht. Zur Matrixdarstellung. Im Koordinatenraum lässt sich ein Tensor $\begin{eqnarray} T_{ij}\mathrm dx^i\otimes\mathrm dx^j \end{eqnarray}$ als Matrix $\begin{eqnarray} (T_{ij}) \end{eqnarray}$ betrachten. Gemäß $\begin{eqnarray} \mathrm dx^i\wedge\mathrm dx^j= \mathrm dx^i\otimes\mathrm dx^j-\mathrm dx^j\otimes\mathrm dx^i \end{eqnarray}$ entspricht dem Bi(ko)vektor zudem eins-zu-eins ein antisymmetrischer Tensor. Also $\begin{eqnarray} \mathrm dx\wedge\mathrm dy = \mathrm dx\otimes\mathrm dy - \mathrm dy\otimes\mathrm dx \end{eqnarray}$ usw. Insofern gilt $\begin{eqnarray} ((\mathrm dF)_{ij}) = \begin{pmatrix} 0 & \partial_x F_y-\partial_y F_x & \partial_x F_z-\partial_z F_x\\ \partial_y F_x-\partial_x F_y & 0 & \partial_y F_z-\partial_z F_y\\ \partial_z F_x-\partial_x F_z & \partial_z F_y-\partial_y F_z & 0 \end{pmatrix} = (\partial_i F_j - \partial_j F_i). \end{eqnarray}$
08.07.2022, 12:38	Verrain	Auf diesen Beitrag antworten »
Etwas verspätet, aber dennoch danke! Das wahr wirklich hilfreich fürs Verständnis
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