Внешние формы.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Помогите решить / разобраться (М)» в форум «Карантин»
по следующим причинам:

См. выше.

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

[bobrov]

То, что в оффтопе содержит ошибки, я уже в них разобрался!!

(Оффтоп)

Цитата:

Да подойдёт и эта. Только в ней два слагаемых нулевые. Сами понимаете, какие?

Да, первое и последнее, потому как $dx\wedge dx=0$ и $dy\wedge dy=0$

Хорошо, давайте я даже от 1 формы попробую понизить степень до нулевой (для второй пока что не понимаю -- как именно). Это нужно делать на конкретном векторе. То есть, например, вектор $\vec{\xi}=(\xi^1,\xi^2)=(8;10)$

Возьмем такую форму: $\omega=5dx^1+7dx^2$

Я буду ориентироваться на данные переходы:

$$\omega(\xi)=(\omega_idx^i)\left(\xi^k\frac{\partial}{\partial x^k}\right)=\omega_i\xi^kdx^i\left(\frac{\partial}{\partial x^k}\right)=\omega_i\xi^k\delta^i_k=\omega_i\xi^i.$$

$$\omega(\xi)=(\omega_idx^i)\left(\xi^k\frac{\partial}{\partial x^k}\right)=\omega_i\xi^kdx^i\left(\frac{\partial}{\partial x^k}\right)=\omega_i\xi^k\delta^i_k=\omega_i\xi^i.$$

$\omega_1=5$, $\omega_2=7$

$\omega(\xi)=\left(5dx^1+7dx^2\right)\left(8\cdot \frac{1}{8}+10\cdot\frac{1}{10}\right)$

Здесь, я так понимаю, что подразумевается, что $\frac{\partial}{\partial x^1}=\frac{1}{8}$, $\frac{\partial}{\partial x^2}=\frac{1}{10}$

$$\omega(\xi)=(\omega_idx^i)\left(\xi^k\frac{\partial}{\partial x^k}\right)=\omega_i\xi^kdx^i\left(\frac{\partial}{\partial x^k}\right)=\omega_i\xi^k\delta^i_k=\omega_i\xi^i.$$

Дальше не очень понимаю, как здесь переставлять множители, ведь здесь сумма идет.

Но, если пропустить промежуточные шаги, то должно получится так: $i_\xi\omega=5\cdot 8+7\cdot 10=110$. То есть, после понижения степени, получилась ноль форма. Правильно ли? Сейчас попробую понизить степень для 2 формы.

В общем случае можно 2 форму записать в таком виде для двух переменных, насколько я понимаю $\omega=C_1\cdot dx^1\wedge dx^2$.

[bobrov]

Мне помог разобраться в определениях и понятиях внешних форм один человек (спасибо ему большое!!!), но с тем, что ниже уже самостоятельно разбирался, могут быть оплошности с моей стороны...
В пункте 0) собрал необходимые формулы, далее идут вычисления. В пункте 3) есть вопрос.

0) Внутреннее произведение или оно же -- форма потока определяется по формуле:

$$i_\xi\omega=\xi\lrcorner\omega=\sum\limits_{p=1}^m(-1)^{p-1}\xi^i\omega_{k_1...k_{p-1}ik_{p+1}...k_m}dx^{k_1}\wedge...\wedge \widehat{dx^{k_p}}\wedge...\wedge dx^{k_m}.$$

Шляпа стоит над отсутствующим множителем.

Но, мне лично удобнее понижать степень формы $\omega$ по формуле:

$\omega(\xi)=\omega\left(\xi^k\frac{\partial}{\partial x^k}\right)$

Производная Ли считается по формуле:

$L_{\xi}\alpha=d(\xi\lrcorner\alpha)+\xi\lrcorner(d\alpha).$

1)Найдем формулу для потока $\omega=dx^1\wedge dx^2\wedge dx^3$

$$\omega(\xi)=\left(dx^1\wedge dx^2\wedge dx^3\right)\left(\xi^1\frac{\partial}{\partial x^1}+\xi^2\frac{\partial}{\partial x^2}+\xi^3\frac{\partial}{\partial x^3}\right)=$$

$$=dx^1\wedge dx^2\wedge dx^3\xi^1\frac{\partial}{\partial x^1}+dx^1\wedge dx^2\wedge dx^3\xi^2\frac{\partial}{\partial x^2}+dx^1\wedge dx^2\wedge dx^3\xi^3\frac{\partial}{\partial x^3}=$$

$$=\xi_1 dx^2\wedge dx^3+\xi_2dx^3\wedge dx^1+\xi_3 dx^1\wedge dx^2$$

В обозначениях $\omega=dx\wedge dy\wedge dz$ имеем поток $i_\xi\omega=\xi_1 dy\wedge dz+\xi_2dz\wedge dx+\xi_3 dx\wedge dy$

В случае вектора $\xi=(1;-y^2; z^2)$ получаем $i_\xi\omega= dy\wedge dz-y^2dz\wedge dx+z^2 dx\wedge dy$


2) $\alpha=3ydx\wedge dz-yzdx \wedge dy$

$\beta =(x+y)dz-(y-z)dx$

$\vec{v}=(y,z,x)$,

Найти $L_v\alpha$, $L_v\beta$, $i_v\alpha$, $i_v\beta$

$L_w(\alpha\wedge\beta)$ в точке $A(1;-1;2)$


$i_\alpha(\xi)=\left(3ydx\wedge dz-yzdx \wedge dy\right)\left(\xi^1\frac{\partial}{\partial x}+\xi^2\frac{\partial}{\partial y}+\xi^3\frac{\partial}{\partial z}\right)=$$

$=-3y\xi^1dz-3y\xi^3dx+yz\xi^1dy-yz\xi^2dx$$

$i_\beta(\xi)$ считается аналогично.

$L_{\xi}\alpha=d(\xi\lrcorner\alpha)+\xi\lrcorner(d\alpha).$

$\xi\lrcorner\alpha=i_\alpha(\xi)=-3y\xi^1dz-3y\xi^3dx+yz\xi^1dy-yz\xi^2dx$

$d(\xi\lrcorner\alpha)=-3\xi^1dy\wedge dz-3\xi^3dy\wedge dx+y\xi^1dz\wedge dy-z\xi^2dy\wedge dx-y\xi^2dz\wedge dx$

$\alpha=3ydx\wedge dz-yzdx \wedge dy$

$d\alpha=3dy\wedge dx\wedge dz-ydz\wedge dx \wedge dy=-3dx\wedge dy\wedge dz+ydx\wedge dz \wedge dy=$

$=-3dx\wedge dy\wedge dz-ydx\wedge dy \wedge dz=(-3-y)dx\wedge dy \wedge dz=(3+y)dx\wedge dz \wedge dy$



$\xi\lrcorner (d\alpha)=(3+y)dx\wedge dz \wedge dy\left(\xi^1\frac{\partial}{\partial x}+\xi^2\frac{\partial}{\partial y}+\xi^3\frac{\partial}{\partial z}\right)$

И далее вычисляем аналогично этот поток, а затем результат складываем с вот этим вот:

$d(\xi\lrcorner\alpha)=-3\xi^1dy\wedge dz-3\xi^3dy\wedge dx+y\xi^1dz\wedge dy-z\xi^2dy\wedge dx-y\xi^2dz\wedge dx$

Полученное и будет производной Ли, правильно ли?

[bobrov]

3) Хочется выписать 3-форму, используя эту форму

$$\xi\lrcorner\omega=\sum\limits_{p=1}^m(-1)^{p-1}\xi^i\omega_{k_1...k_{p-1}ik_{p+1}...k_m}dx^{k_1}\wedge...\wedge \widehat{dx^{k_p}}\wedge...\wedge dx^{k_m}.$$

(*)

Имеем:

$$\xi\lrcorner\omega=\sum\limits_{p=1}^2(-1)^{p-1}\xi^i\omega_{k_1ik_3}dx^{k_1}\wedge dx^{k_3}=\xi^i\omega_{k_1ik_3}dx^{k_1}\wedge dx^{k_3}-\xi^i\omega_{k_1ik_3}dx^{k_1}\wedge dx^{k_3}$$

Но дальше не очень понятно, еще раз внимательно посмотрел, не очевидно переобозначение индексов здесь (ниже написано использование (*) для 2-формы)

$$\xi\lrcorner\omega=\xi^i\omega_{ik}dx^k-\xi^i\omega_{ki}dx^k=\omega_{ik}(\xi^idx^k-\xi^kdx^i).$$

Я по аналогии пытался сделать, но почему есть возможность переобозначить индексы?

[Lia]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»

[Metford]

bobrov в сообщении #1259801 писал(а):

Имеем:

$$\xi\lrcorner\omega=\sum\limits_{p=1}^2(-1)^{p-1}\xi^i\omega_{k_1ik_3}dx^{k_1}\wedge dx^{k_3}=\xi^i\omega_{k_1ik_3}dx^{k_1}\wedge dx^{k_3}-\xi^i\omega_{k_1ik_3}dx^{k_1}\wedge dx^{k_3}$$

Вы невнимательно прочитали формулу. Обратите внимание: положение свёрнутого индекса $i$ напрямую определяется индексом $p$. А у Вас индекс $i$ всегда в одном и том же месте.
Кроме того, у Вас ведь 3-форма? Тогда почему только два слагаемых?

bobrov в сообщении #1259782 писал(а):

$i_\alpha(\xi)=\left(3ydx\wedge dz-yzdx \wedge dy\right)\left(\xi^1\frac{\partial}{\partial x}+\xi^2\frac{\partial}{\partial y}+\xi^3\frac{\partial}{\partial z}\right)=

$=-3y\xi^1dz-3y\xi^3dx+yz\xi^1dy-yz\xi^2dx$

Тут со знаками путаница по-моему. И "причесать" результат неплохо бы.

[svv]

Есть претензии и к исходной формуле:

bobrov в сообщении #1259801 писал(а):

$$\xi\lrcorner\omega=\sum\limits_{p=1}^m(-1)^{p-1}\xi^i\omega_{k_1...k_{p-1}ik_{p+1}...k_m}dx^{k_1}\wedge...\wedge \widehat{dx^{k_p}}\wedge...\wedge dx^{k_m}.$$

Как Вы понимаете суммирование по индексам $k_1,\ldots,k_m$? Если, в соответствии с соглашением Эйнштейна, они принимают всевозможные комбинации значений — тогда это неправильно: правая часть будет в $m!$ раз больше левой. Правильно, если индексы принимают значения $1\leqslant k_1<\ldots<k_m\leqslant n$. Но такое суммирование уже надо обозначать явно.

Кроме того, формула выглядит слишком сложно для нашего простого случая. В левую часть входит форма $\omega=dx^1\wedge\ldots\wedge dx^n$, называемая «форма объёма», её степень $m$ равна размерности пространства $n$. Поэтому в $n-1$-форме
$dx^{k_1}\wedge...\wedge \widehat{dx^{k_p}}\wedge...\wedge dx^{k_m}$
индексы $k_1,\ldots,k_m$ принимают все значения от $1$ до $n$, кроме одного (в противном случае какие-то два совпадут, и произведение будет равно нулю). Так как значения ещё и отсортированы по возрастанию, это просто
$dx^1\wedge...\wedge \widehat{dx^p}\wedge...\wedge dx^n$
Запись несколько условна: в зависимости от $p$ здесь может отсутствовать любой из множителей, в том числе, $dx^1$ и $dx^n$, хотя из записи может показаться, что они присутствуют всегда.

С учётом сказанного, в коэффициенте $\omega_{k_1...k_{p-1}ik_{p+1}...k_m}$ индексы, слева направо, всегда принимают значения $1,2,\ldots,n$, независимо от $p$. Можно догадаться также, что $i$ равно $p$ (иначе два индекса совпадут по значению).
Поэтому, как минимум, коэффициент надо записать в виде $\omega_{1\ldots n}$ и вынести за знак суммы. В общем случае этот коэффициент в форме объёма не обязан быть равным единице. Однако автор Вашей методички рассматривает простой случай.

Итого:
$\iota_{\xi}\omega=\sum\limits_{p=1}^n (-1)^{p+1} \xi^p dx^1 \wedge...\wedge \widehat{dx^p}\wedge...\wedge dx^n=\sum\limits_{p=1}^n (-1)^{p+1} \xi^p \bigwedge \limits_{k\neq p}dx^k$

[Metford]

svv в сообщении #1260042 писал(а):

Но такое суммирование уже надо обозначать явно.

А разве при работе с внешними формами не подразумевается, что сумма должна быть "со штрихом"? Таскать факториальные множители - не слишком приятное занятие всё-таки. Я сейчас открыл первую часть Сарданашвили - ровно такая формула, как ТС привёл.

[svv]

Никогда не встречал, чтобы такое суммирование подразумевалось.
Кроме того, вот даже при выводе этой формулы, возможны случаи, когда по некоторым индексам суммирование производится по тензорным правилам. И, чтобы не запутаться, другое соглашение лучше обозначать явно.

[Metford]

svv в сообщении #1260047 писал(а):

Никогда не встречал, чтобы такое суммирование подразумевалось.

Спорить с Вами не буду: Вам виднее. Наверное, это Сарданашвили так сократил, а другие так не делают. Я больше его книгу читал, поэтому внимания не обратил.

[svv]

(Оффтоп)

Спасибо за книгу!

[bobrov]

Отлично, что общую формулу, оказывается, можно упростить, теперь понятно, как расписать для 3 - формы.

Есть еще один вопрос, который не очень понимаю по формам.

Я понимаю, что из $\omega=P\,dx+Q\,dy+R\,dz$ следует

$$d\omega=\left(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}\right)\,dy\wedge dz+\left(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}\right)\,dz\wedge dx+\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dx\wedge dy.$$

Но ведь из $\omega=P\,dx+Q\,dy+R\,dz$ не следует

$$d\omega=\left(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}\right)\,dydz+\left(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}\right)\,dzdx+\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dx dy.$$

Но как же из всего вышеперечисленного вытекает теорема Стокса, все-таки?

$$\iint\limits_{\Sigma}\left(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}\right)\,dy\,dz+\left(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}\right)\,dz\,dx+\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dx\,dy=\int\limits_{\partial\Sigma}P\,dx+Q\,dy+R\,dz.$$

[Metford]

bobrov
Мне представляется, что Вам пора начинать читать книги по предмету Основы Вы освоили, пора привыкать к литературе. Конкретно теперь Вам нужно прочитать, как определяется интеграл от дифференциальной формы. По-моему здесь уже называлась книга Новикова и Тайманова "Современные геометрические структуры и поля". Попробуйте сначала поискать ответ на свой вопрос там.