Дифференциальные формы

[Хорхе]

Эээ... Друзья, вы не боитесь, что ТС за деревьями нашей просвещенности не увидит леса?

[Munin]

alcoholist в сообщении #555510 писал(а):

Дифференциальная форма -- это линейный функционал на векторных полях и м.б. определена как $\operatorname{d}f(X)=X(f)$,

То есть, значок $\operatorname{d}$ указывает не дифференциал, а производную? Ф-фух, тогда понятнее.

-- 04.04.2012 00:44:49 --

alcoholist в сообщении #555600 писал(а):

мне кажется это естественным: что касательный вектор, что дифференцирование -- это производная по направлению... думаю уже Ньютон так и понимал

Ньютон этого точно понимать не мог. Понятие вектора, как ни странно, очень позднее, самый конец 19 века, а до этого два столетия рулил координатный метод. А Ньютон работал ещё до координатного метода. И производные у него были по одной действительной переменной. Градиенты всякие - это Лаплас и Кулон, не раньше.

[Aliara]

Стало, вроде понятнее.
Правильно ли я тогда решила такую задачу:
Вычислить значение дифференциальной формы

$$\omega=dx^1\wedge dx^3+x^1dx^2\wedge dx^4$$

на упорядоченной паре векторов $\xi_1, \xi_2 \in {TR^4}_{(1,0,0,0)}$, где $\xi_1=(-1,0,1,1), \xi_2=(0,-1,0,1)$

$$dx^1\wedge dx^3=0$$

$$dx^2\wedge dx^4=-1$$

$$\omega=-1$$

PS Можно ли тут задавать вопросы по дифференциальным формам или каждый раз надо создавать тему?

[alcoholist]

Aliara в сообщении #556429 писал(а):

Правильно ли я тогда решила такую задачу

неправильно

-- Чт апр 05, 2012 09:31:05 --

"площади" так вычисляются:

$$ a\wedge b(x,y)=\operatorname{det}\left|\begin{array}{ll} a(x)&a(y)\\ b(x)&b(y)\end{array}\right| $$

(здесь $a$ и $b$ -- 1-формы, а $x$ и $y$ -- вектора)
наверняка же в учебнике есть такая формула

[Aliara]

Печально. Полагаю, я ошиблась при вычислении внешнего умножения?

[svv]

Первое замечание: формы сами не равны числам (ни в коем случае!), числом будет только значение формы на конкретных векторах (а на других -- другим числом). Надо писать так:

$$(dx^1\wedge dx^3)(\xi_1, \xi_2)=0$$

.
Второе замечание: неправильно вычислено

$$(dx^2\wedge dx^4)(\xi_1, \xi_2)$$

[Aliara]

Есть формула следующего содержания

$$ dx^{i_1}\wedge \ldots \wedge dx^{i_k}(\xi_1, \ldots , \xi_k)=\begin{vmatrix} {\xi_1}^{i_1} & \cdots & {\xi_1}^{i_k}\\ {\xi_k}^{i_1} & \cdots & {\xi_k}^{i_k} \end{vmatrix} $$

По ней я вычислила первое произведение

$$dx^1\wedge dx^3(\xi_1, \xi_2)= \begin{vmatrix} \-1 & 1\\ \ 0 & 0 \end{vmatrix}=0$$

$$dx^2\wedge dx^4(\xi_1, \xi_2)= \begin{vmatrix} 0 & 1\\ -1 & 1 \end{vmatrix}=1$$

[alcoholist]

теперь правильно

Учитывая, что вычисления проводятся в точке $p=(1,0,0,0)$ имеем

$$ \Bigl.\omega(\xi_1,\xi_2)\Bigr|_{p}=1 $$

[Aliara]

Таким образом, ошибка закралась в вычислении определителя, причем элементарного... мда.

Ну вроде как что-то начинает получаться...
Можно ли еще проверить такую задачу:
$\omega=df$, где $f=x^1+2x^2+\cdots+nx^n$, а $\xi=(1, -1, \cdots, (-1)^{n-1})\in {TR^n}_{(1,1,\cdots , 1)}$
По моим скромным размышлениям $df(x_o)(\xi)=1-2+3-\cdots +(-1)^{n-1}n$

[alcoholist]

Aliara в сообщении #556482 писал(а):

По моим скромным размышлениям $df(x_o)(\xi)=1-2+3-\cdots +(-1)^{n-1}n$

правильно, только сумму упростите

[Aliara]

Благодарю.
Можно еще несколько вопросов?
Верно ли я поняла, что $dx^3\wedge dx^2 \wedge dx^1=-dx^1\wedge dx^2 \wedge dx^3$

[svv]

Верно.
А Вы понимаете, что вот при такой перестановке:
$dx^3\wedge dx^1 \wedge dx^2=dx^1\wedge dx^2 \wedge dx^3$
никаких минусов не надо?

[Aliara]

Да, вполне. Связано, насколько я понимаю, с кососимметричностью.


Верно ли, что внешнее произведения
$dx^3\wedge dx^1 \wedge dx^2$ определено на трех векторах, а $dx^3\wedge dx^1 \wedge dx^3$ на двух?

и еще
$\omega=dx^3\wedge dx^1 \wedge dx^2$ - это 3-форма?

[alcoholist]

Aliara в сообщении #556873 писал(а):

$dx^3\wedge dx^1 \wedge dx^3$ на двух?

тоже на трех... только на любой тройке векторов значение -- нулевое:

Aliara в сообщении #556873 писал(а):

Связано, насколько я понимаю, с кососимметричностью

-- Пт апр 06, 2012 09:27:14 --

Aliara в сообщении #556873 писал(а):

$\omega=dx^3\wedge dx^1 \wedge dx^2$ - это 3-форма?

Если $x^i$ -- функции, то да

[Aliara]

Спасибо.

Читая дальше, дошла до следующей задачи:
Форму $df \wedge dg$, где $f=\ln(1+{|x|}^2), g=\sin |x|, x=(x^1, x^2, x^3)$ записать в виде комбинаций форм ${dx}^{i_1} \wedge {dx}^{i_2}$

$$df \wedge dg=\begin{vmatrix} \frac{\partial f}{dx^1} & \frac{\partial f}{dx^2} \\ \frac{\partial g}{dx^1} & \frac{\partial g}{dx^2} \\ \end{vmatrix} dx^1 \wedge dx^2 + \begin{vmatrix} \frac{\partial f}{dx^2} & \frac{\partial f}{dx^3} \\ \frac{\partial g}{dx^2} & \frac{\partial g}{dx^3} \\ \end{vmatrix} dx^2 \wedge dx^3 + \begin{vmatrix}\frac{\partial f}{dx^1} & \frac{\partial f}{dx^3} \\ \frac{\partial g}{dx^1} & \frac{\partial g}{dx^3} \\ \end{vmatrix} dx^1 \wedge dx^3$$

Остается глупый вопрос, как вычислить $\frac{\partial f}{dx^1}$