2-Formen

09.07.2024, 19:01	Gast_Physikstudent	Auf diesen Beitrag antworten »
2-Formen Ich habe hier ein kleines Verständnisproblem. In der Vorlesung haben wir 2-Formen explizit definiert als: $\begin{eqnarray} w = \sum\limits_{1 \leq i < j \leq n}^{n} w_{ij} dx_i \wedge dx_j \end{eqnarray}$ Für $\begin{eqnarray} n = 3 \end{eqnarray}$ hätten wir also $\begin{eqnarray} w = w_{12} dx \wedge dy + w_{13} dx \wedge dz + w_{23} dy \wedge dz \end{eqnarray}$ . So sehe ich das auch hier in einem Fremd-Skript auf Seite "22-26": math.uni-kiel.de/geometrie/klein/diffss14/do1007.pdf Das Kernverständnis liegt darin, dass das linke " $\begin{eqnarray} dx_i \end{eqnarray}$ " eine kleinere Indexnummer als das rechte " $\begin{eqnarray} dx_j \end{eqnarray}$ " hat. Bei einer Permutation in der Dimension 3 hätten wir also die Anordnung "12", "13" und "23". Na ja, nun kommt der Prof. und schreibt in seiner Zusammenfassung am Ende, dass für Vektorfelder, also wenn man eine 2-Form als Vektorfeld interpretiert, gilt: $\begin{eqnarray} w = b_1 dx_2 \wedge dx_3 + b_2 dx_3 \wedge dx_1 + b_3 dx_1 \wedge dx_2 \end{eqnarray}$ (1) mit: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} b_1 \\ b_2 \\ b_3 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Und so kommt man auch tatsächlich auf die Divergenz, wenn man die Cartansche Ableitung $\begin{eqnarray} dw \end{eqnarray}$ in dieser Schreibweise bestimmt. Ich versuche es mal zu erklären, ich weiß nicht, ob es banal ist: Für mich wäre es ja eigentlich: $\begin{eqnarray} w = a_1 dx_2 \wedge dx_3 + a_2 dx_1 \wedge dx_3 + a_3 dx_1 \wedge dx_2 \end{eqnarray}$ Dabei ist: $\begin{eqnarray} a_2 dx_1 \wedge dx_3 = -a_2 dx_3 \wedge dx_1 \end{eqnarray}$ Sei nun $\begin{eqnarray} a_1 = b_1 \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} -a_2 = b_2 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} a_3 = b_3 \end{eqnarray}$ Dann folgt die Darstellung (1) und das schreibt man halt so, um über die Cartansche Ableitung auf die gewohnte Form der Divergenz zu stoßen. Aus Gründen der "convenience"?
09.07.2024, 19:25	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Du kannst eine quadratische Gleichung folgendermaßen mit Koeffizienten versehen: $\begin{align} ax^2 + bx + c = 0 \end{align}$ mit $\begin{align} a \neq 0 \end{align}$ Dann sind, falls die Diskriminante nichtnegativ ist, $\begin{align} x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} \end{align}$ die Lösungen. Nichts hindert dich aber daran, für die Gleichung $\begin{align} ax^2 - bx + c = 0 \end{align}$ mit $\begin{align} a \neq 0 \end{align}$ anzusetzen. Dann wären die Lösungen eben $\begin{align} x = \frac{b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} \end{align}$ Ich denke, das ist alles. Und bei den 2-Formen kann man das nun auch so oder so ansetzen.
09.07.2024, 20:49	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
Es besteht da ein allgemeiner Formalismus, der geht wie folgt. Man nimmt ein gewöhnliches Vektorfeld $\begin{eqnarray} \mathbf a = a^1\mathbf e_1 + a^2\mathbf e_2+a^3\mathbf e_3 \end{eqnarray}$ und wendet darauf mit der Setzung $\begin{eqnarray} g_{ij}:=\delta_{ij}, \end{eqnarray}$ die heißt Kronecker-Delta, den musikalischen Isomorphismus an, das macht $\begin{eqnarray} \mathbf a^\flat = g_{ij}a^i\mathrm dx^j = a^1\mathrm dx^1+a^2\mathrm dx^2+a^3\mathrm dx^3. \end{eqnarray}$ Jetzt wandelt man die 1-Form mit dem Hodge-Stern-Operator in eine $\begin{eqnarray} (3-1) \end{eqnarray}$ -Form um, das macht $\begin{eqnarray} \star\mathbf a^\flat = a^1\mathrm dx^2\wedge\mathrm dx^3-a^2\mathrm dx^1\wedge\mathrm dx^3+a^3\mathrm dx^1\wedge\mathrm dx^2, \end{eqnarray}$ womit sich magischerweise $\begin{eqnarray} \mathrm d(\star\mathbf a^\flat) = (\partial_1 a^1+\partial_2 a^2+\partial_3 a^3)\,\mathrm dx^1\wedge\mathrm dx^2\wedge\mathrm dx^3 = \operatorname{div}(\mathbf a)\,\mathrm{vol}_3 \end{eqnarray}$ ergibt. Nun bekommt man die Volumenform $\begin{eqnarray} \mathrm{vol}_3 := \mathrm dx^1\wedge\mathrm dx^2\wedge\mathrm dx^3 \end{eqnarray}$ noch weg, indem nochmals der Hodge-Stern-Operator angewendet wird. Man erhält schließlich die Beziehung $\begin{eqnarray} \star\mathrm d(\star\mathbf a^\flat) = \operatorname{div}(\mathbf a), \end{eqnarray}$ die auch unter weit allgemeineren Umständen gültig bleibt, genauer, für ein auf einer riemannschen oder pseudo-riemannschen Mannigfaltigkeit definiertes Vektorfeld.
10.07.2024, 14:25	Gast_Physikstudent	Auf diesen Beitrag antworten »
Okay, ich verstehe es dann so, dass diese partikuläre Form der 2-Form durch die Hodge-Stern-Dualität zwischen den 1- und 2-Formen entsteht, also wenn $\begin{eqnarray} \omega = d_{x_{i_1}} \wedge ... \wedge d_{x_{i_k}} \end{eqnarray}$ die duale Basis darstellt, dann gilt $\begin{eqnarray} w \wedge (\star w) = dx_i \wedge ... \wedge dx_n \end{eqnarray}$ . Für $\begin{eqnarray} n = 3 \end{eqnarray}$ kriegen wir dann $\begin{eqnarray} \star dx = dy \wedge dz \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \star dy = dz \wedge dx \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \star dz = dx \wedge dy \end{eqnarray}$ So würde Hodge-Stern aus $\begin{eqnarray} w=f dx + g dy + h dz \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \star w = f dy \wedge dz + g dz \wedge dx + h dx \wedge dy \end{eqnarray}$ "induzieren". Das ist dann die gewünschte Form, um auf die Divergenz zu kommen. Was passiert aber, wenn ich die Definition einer alternierenden k-Form aus der Vorlesung wortgetreu nehme, also: $\begin{eqnarray} w = f dx \wedge dy + g dx \wedge dz + h dy \wedge dz \end{eqnarray}$ Das ist ja auch nicht "falsch". Dann folgt ja: $\begin{eqnarray} dw = (\frac{\partial h}{\partial x} - \frac{\partial g}{\partial y} + \frac{\partial f}{\partial z}) dx \wedge dy \wedge dz \end{eqnarray}$ So käme man aber gar nicht auf die Divergenz. Die Hodge-Stern-Dualität wäre also zwingend notwendig, um auf die bekannte Vektoranalysis-Struktur zu kommen.
10.07.2024, 17:30	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
Der Zusammenhang beruht gewissermaßen auf der Identität $\begin{eqnarray} \langle\mathbf a,\mathbf b\rangle = \star(\mathbf a^\flat\wedge\star(\mathbf b^\flat)). \end{eqnarray}$ Wenn man nämlich, orthonormale Koordinaten vorausgesetzt, den »Term¹« $\begin{eqnarray} \nabla^\flat\wedge\omega \end{eqnarray}$ bezüglich $\begin{eqnarray} \nabla=\partial^i\mathbf e_i \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \omega = \omega_i\mathrm dx^i \end{eqnarray}$ formal ausrechnet, kommt da $\begin{eqnarray} \mathrm d\omega \end{eqnarray}$ bei raus. ¹Das ist erst einmal, so wie $\begin{eqnarray} \nabla\times\mathbf a \end{eqnarray}$ für die Rotation, nur ein Abuse of Notation. Das Vektorprodukt eines Differentialoperators mit einem Vektor war zuvor nicht erklärt.

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