Тензорный анализ. Переход от одного базиса к другому.

[pinkyfox_13]

Матрицу $A'$, которая определяет заданный тензор относительно базиса $\xi'=\left\lbrace e'_1, e'_2\right\rbrace$.

[Утундрий]

Так посчитайте все компоненты и составьте из них матрицу. Хотя, скорее всего, имелось в виду что-то другое.

[pinkyfox_13]

$a'_{111} = a_{111}\cdot\cos(e'_1, e_1) + a_{111}\cdot\cos(e'_2, e_2)$ и т. д. Я вас верно понял?

[Утундрий]

Да.

[pinkyfox_13]

Спасибо.

[Утундрий]

А может быть подразумевалось как-то прикрутить сюда обычные 2-матричные умножения.

[svv]

pinkyfox_13 в сообщении #1438311 писал(а):

Как оно обосновывается

В задаче фигурирует тензор $\mathsf A$ типа $(0,3)$ с компонентами $a_{ijk}$. Мы не знаем, какие индексы здесь отвечают за строку, столбец и блок.

Пусть тензор $\mathsf B$ того же типа получается из $\mathsf A$ некоторой перестановкой индексов. Очевидно, что это свойство не зависит от выбора базиса. Скажем, если $b_{ijk}=a_{ikj}$, то и $b'_{ijk}=a'_{ikj}$. При этом компоненты $\mathsf B$ при замене базиса изменяются по тому же закону, что и компоненты $\mathsf A$, то есть
$b'_{ijk} = V^i{}_{i'}\;V^j{}_{j'}\;V^k{}_{k'}\;b_{ijk}$.

Предположим, что перестановка индексов, связывающая $\mathsf A$ и $\mathsf B$, такова, что у компонент $\mathsf B$ индексы следуют в порядке: номер строки, номер столбца, номер блока (т.е. Ваш вариант).
Так как для $\mathsf B$ соответствие набора индексов и элементов матричной записи известно, мы можем:
1) Однозначно найти компоненты $b_{ijk}$ из записи матрицы, данной по условию.
2) Найти $b'_{ijk}$ по приведённой формуле.
3) Однозначно найти элементы новой матрицы $A'$ по компонентам $b'_{ijk}$.

При таком подходе сам тензор $\mathsf A$ в работе и не участвует. Мы его компонент не узнаем, но это как бы и не нужно: требуемая матрица получена.

[pinkyfox_13]

svv в сообщении #1438326 писал(а):

$b'_{ijk} = V^i{}_{i'}\;V^j{}_{j'}\;V^k{}_{k'}\;b_{ijk}$.

Если раскрыть, то будет так
$b'_{ijk} = b_{ijk}\cdot\cos(e'_1, e_1) + b_{ijk}\cdot\cos(e'_2, e_2)$. Верно?

[svv]

По правде говоря, мне совершенно непонятно применение тут направляющих косинусов, я уже говорил. Начать с того, что элементы матрицы перехода могут быть по модулю больше $1$, чего косинус не может.

[Утундрий]

svv в сообщении #1438328 писал(а):

элементы матрицы перехода могут быть по модулю больше $1$, чего косинус не может.

Ну, строго говоря...

[svv]

Ну, разве что...

В общем, направляющие косинусы — они тогда направляющие косинусы, когда один ортонормированный базис выражается через другой ортонормированный базис. Иначе — расстрел.

-- Вт фев 04, 2020 23:41:24 --

Спать!

[pinkyfox_13]

https://shipdesign.ru/Gotman/Tensor-Gotman.pdf стр. 16.

svv в сообщении #1438331 писал(а):

В общем, направляющие косинусы — они тогда направляющие косинусы, когда один ортонормированный базис выражается через другой ортонормированный базис. Иначе — расстрел.

Все верно. Но это же нам и нужно сделать. Разве не так?

[svv]

Базис ортонормированный — означает, что все его векторы имеют единичную длину и ортогональны друг другу (как в декартовом базисе). Оба требования можно выразить в терминах скалярных произведений. В ортонормированном базисе скалярное произведение любого вектора на себя равно $1$, а на другой базисный вектор того же базиса — нулю.

В нашей задаче ничего этого не дано. Более того, из
$\begin{cases}e'_1=e_1 + e_2 \\e'_2=e_1 + 2e_2\end{cases}$
следует, что если даже базис $(e_1, e_2)$ чудом ортонормированный, то базис $(e'_1, e'_2)$ уж точно нет.

Неплохая задачка: предполагая ортонормированность базиса $(e_1, e_2)$, найти длины $e'_1, e'_2$ и косинус угла между ними.

Теперь уж точно спать.

[Утундрий]

(Про синус)

Встретились как-то школьный и вузовский учителя решили обсудить - у кого ученики тупее. Школьный говорит:
-- Вот у меня выпускники тупые! Задаю вчера на уроке алгебры решить уравнение $\sin x= 2$. Так один выходит к доске и начинает что-то писать! Я ему тут же двойку влепил!
Вузовский качает головой и роняет:
-- Да нет, мои выпускники тупее... Ровно ту же задачку $\sin z= 2$ на лекции ТФКП задал, так один с места заявляет "Решений нет, потому что синус по модулю не превосходит единицы!" Я ему тут же недопуск к экзамену влепил!

[pinkyfox_13]

Вроде бы разобрался. Составим матрицу перехода ($C$) и обратную ей матрицу ($D$).
$C= \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \\ \end{pmatrix}, D= \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 1 \\ \end{pmatrix}$.

Исходная матрица: $A= \begin{bmatrix} 1 & -1 & | & 2 & 1\\ 1 & 1 & | & 1 & 1\\ \end{bmatrix}$.
Условимся, что $i$ отвечает за номер строки, $j$ -- за номер столбца и $k$ -- за номер блока. Тогда запишем формулу для вычисления $A'_{111}=A_{ijk}c^{i}_{1}c^{j}_{1}c^{k}_{1}$.
$A'_{111}=A_{ijk}c^{i}_{1}c^{j}_{1}c^{k}_{1}

$=A_{111}(c^{1}_{1}+c^{1}_{2})(c^{1}_{1}c^{1}_{1} + c^{1}_{1}c^{1}_{2} + c^{1}_{2}c^{1}_{1} + c^{1}_{2}c^{1}_{2})=1\cdot(1 + 1)\cdot(1\cdot1+1\cdot1+1\cdot1+1\cdot1) = 8$.
И так далее.