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Differentiation » Mehrdim. Differentialrechnung » Geschlossene Differentialform
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Kein bestimmter Bereich Geschlossene Differentialform
Lea5619
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-03-28


Wie kann man zeigen, dass die 2-Differentialform $w=(xdy \land dz-ydx \land dz +zdx \land dy)(x^2+y^2+z^2)^{\frac{-3}{2}}$
geschlossen ist? Also, dass $dw=0$ gilt.



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wessi90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-03-29


Hallo,

die einfachste Möglichkeit wäre es einfach auszurechnen. Ich nehme an, $\mathrm{d}x$ etc. sind die Basis-1-Formen und somit willst du das Differential einer Summe von 2-Formen berechnen. Dabei kannst du nutzen, dass $\mathrm{d}(\alpha\wedge\beta)=\mathrm{d}\alpha\wedge\beta-\alpha\wedge\mathrm{d}\beta$, für 1-Formen $\alpha$ und $\beta$.

Beachte, dass Funktionen hier als 0-Formen zu interpretieren sind, d.h. ich fasse $f\alpha$ auf als $f\wedge\alpha$. Falls also $f$ eine Funktion ist und $\alpha$ eine 1-Form, so ist also
$$\mathrm{d}(f\alpha)=\mathrm{d}(f\wedge\alpha)=\mathrm{d}f\wedge\alpha+f\wedge\mathrm{d}\alpha.$$
Da bei dir alle $\alpha$ totale Differentiale sind, fällt der zweite Term hier weg. Damit sollte die Berechnung keine größeren Schwierigkeiten bereiten.

Ganz einfaches Beispiel: nehmen wir $\omega=x\mathrm{d}x\wedge\mathrm{d}y$.
Dann ist also
$$\mathrm{d}\omega=\mathrm{d}(x\wedge\mathrm{d}x)\wedge\mathrm{d}y-x\mathrm{d}x\wedge\mathrm{d}(\mathrm{d}y)=\mathrm{d}x\wedge\mathrm{d}x-0=0$$ und die Form somit geschlossen.

Im ersten Schritt habe ich die zuerst genannte Regel angewendet. Dann habe ich das Differential der Funktion $f(x,y,z)=x$ berechnet und genutzt, dass $\mathrm{d}\mathrm{d}=0$ ist. Im letzten Schritt habe ich verwendet, dass für eine beliebige Differentialform $\alpha\wedge\alpha=0$.



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Lea5619
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-29


Hallo wessi90,

danke für deine Antwort!

Meine erste Frage ist, was dabei das $(x^2+y^2+z^2)^{\frac{-3}{2}}$ am Ende für eine Rolle spielt?

Die Aufgabe wurde nämlich extra korrigiert, so dass im Exponenten ${\frac{-3}{2}}$ stehen soll.
(Hab das auch gerade im Thread korrigiert, da dort vorher ${\frac{-1}{2}}$ stand.)

Und zu deinem Beispiel:

2020-03-29 00:55 - wessi90 in Beitrag No. 1 schreibt:

Ganz einfaches Beispiel: nehmen wir $\omega=x\mathrm{d}x\wedge\mathrm{d}y$.
Dann ist also
$$\mathrm{d}\omega=\mathrm{d}(x\wedge\mathrm{d}x)\wedge\mathrm{d}y-x\mathrm{d}x\wedge\mathrm{d}(\mathrm{d}y)=\mathrm{d}x\wedge\mathrm{d}x-0=0$$ und die Form somit geschlossen.

Im ersten Schritt habe ich die zuerst genannte Regel angewendet. Dann habe ich das Differential der Funktion $f(x,y,z)=x$ berechnet und genutzt, dass $\mathrm{d}\mathrm{d}=0$ ist. Im letzten Schritt habe ich verwendet, dass für eine beliebige Differentialform $\alpha\wedge\alpha=0$.

Von welcher Funktion $f(x,y,z)$ entspricht das Differential $x$?
Ich verstehe nicht, wo nach dem zweiten Gleichheitszeichen das $dy$ hin ist. Ich hätte gedacht, dass dort $dx \wedge dx \wedge dy$ stehen muss.




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Lea5619
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-29


Und ich habe das dann mal probiert, aber zunächst das $(x^2+y^2+z^2)^{\frac{-3}{2}}$ weggelassen, weil ich nicht weiß was ich damit machen muss:

$d \omega = d(xdy \wedge dz -ydx \wedge dz +zdx \wedge dy$

Ich habe gelesen, dass man $d$ bei Addition und Subtraktion linear betrachten kann:

Also

$= d(xdy \wedge dz)-d(ydx \wedge dz) + d(zdx \wedge dy)$

Und die Klammern sind ja ähnlich zu deinem Beispiel, zu dem ich ja noch eine Frage hatte.

Wenn ich das berechne, erhalte ich für die erste Klammer
$d(xdy \wedge dz)=d(x \wedge dy) \wedge dz= dx \wedge \wedge dz$. Und analog für die anderen. Aber nach der Rechnung in deinem Beispiel wäre das ja falsch. Oder?

Wenn ich die anderen Klammern analog berechne komme ich auf

$dx \wedge dy \wedge dz - (dy \wedge dx \wedge dz) + dz \wedge dx \wedge dy$.

Habe mich gefragt, ob ich wie in einem Produkt von zwei Formen $dx \wedge dy = - dy \wedge dx$ anwenden kann? Aber letztendlich bringt mich das dann auch nicht weiter, weil sie sich insgesamt nicht auflösen würden.

Was ist mein Fehler? Und was muss ich stattdessen machen?




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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2020-03-29


Huhu Lea,

es ist:

\(\displaystyle \dd \omega=\frac{\partial}{\partial x} \frac{x}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}} \dd x \wedge \dd y \wedge \dd z-\frac{\partial}{\partial y} \frac{y}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}} \dd y \wedge \dd x \wedge \dd z+\frac{\partial}{\partial z} \frac{z}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}} \dd z \wedge \dd x \wedge \dd y=\left(\ldots\right)\dd x \wedge \dd y \wedge \dd z=0 \)

Die Pünktchen überlasse ich dir.

Gruß,

Küstenkind



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index_razor
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-03-29


2020-03-29 08:05 - Lea5619 in Beitrag No. 2 schreibt:
Meine erste Frage ist, was dabei das $(x^2+y^2+z^2)^{\frac{-3}{2}}$ am Ende für eine Rolle spielt?

Die Aufgabe wurde nämlich extra korrigiert, so dass im Exponenten ${\frac{-3}{2}}$ stehen soll.


Das spielt auch eine wichtige Rolle.  Im folgenden konzentriere ich mich auf die Frage, wieso im Nenner der Exponent 3 auftauchen muß.  Das ist vielleicht nicht alles sofort verständlich, wenn du noch nicht viel Erfahrung mit Differentialformen hast.  Wenn dich meine Antwort zu sehr verwirrt, kannst du sie einfach ignorieren.  Das ist dann nicht weiter dramatisch.  Aber du kannst natürlich auch gern nachhaken.

Ich glaube die einfachste Methode zu erkennen, wieso \(d\omega = 0\) ist zunächst mal zur Vereinfachung \(\omega\) mit Hilfe des Abstands $r = \sqrt{x^2+y^2+z^2}$ vom Ursprung auszudrücken.  Für diesen gilt ja

\( r dr = x dx + y dy + z dz\)

Die entscheidende Beobachtung ist nun, daß $r dr/r^3$ eng verwandt mit $\omega$ ist.  Man muß nur in $dr$ die Ersetzungen \(dx \to dy\wedge dz, dy\to dz\wedge dx, dz\to  dx\wedge dy\) vornehmen.  Man nennt das Ergebnis dieser Operation "Hodge-Dual".  Da wir für alle Basisformen $dx, dy, dz$ das Hodge-Dual definiert haben, können wir daraus durch lineare Fortsetzung eine Operation für beliebige 1-Formen definieren. Diese Operation bezeichnet man mit $\star$, und sie ordnet jeder 1-Form linear eine 2-Form zu. Insbesondere ist

\( r\star dr = x dy\wedge dz + y dz\wedge dx + z dx\wedge dy\quad \text{(Z)}\)

und damit

\( \omega = \frac{r\star dr}{r^3}.\)

Das r im Zähler könnte man kürzen, aber es ist praktisch es erstmal zu behalten.  Aus Gl. (Z) erhält man nämlich leicht, daß

\(d(r\star d r) = 3 dx\wedge dy \wedge dz.\)

Nun kann man die Produktregel für $d$ zur Berechnung von $d\omega$ verwenden.  Das ergibt

\(d\omega = \frac{3dx\wedge dy\wedge dz}{r^3} - \frac{3 dr \wedge \star dr}{r^3} \quad\text{(Diff)}\)

Die 3 im zweiten Term kommt direkt aus dem $r^3$ im Nenner.  Dies ist der Grund warum am Ende alles verschwindet.  

Wir müssen nun nur noch $dr\wedge \star dr$ ausrechnen.  Dazu benutzen wir

\( r^2 dr\wedge \star dr = (r dr)\wedge (r\star dr )\\= (xdx + y dy + z dz) \wedge (x dy\wedge dz + y dz\wedge dx + z dx\wedge dy)\\ = x^2 dx\wedge dy \wedge dz + y^2 dx\wedge dy \wedge dz + z^2 dx\wedge dy \wedge dz  =  r^2 dx\wedge dy\wedge dz\)

Das ist genau was wir haben wollen.  Setzt man in Gl. (Diff) ein, folgt sofort

\( d\omega = 0.\)  

(Noch ein Hinweis:  bei den Rechnungen mit $\star$ muß man darauf achten, die Reihenfolge mit $\wedge$ und $d$ einzuhalten.  Man kann $\star$ nicht einfach in äußere Produkte oder an Ableitungen vorbeiziehen.)



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wessi90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2020-03-29


Das ist natürlich eine elegantere Möglichkeit, aber man muss dazu den Hodge Stern kennen.

Es geht ansonsten auch einfach zu Fuß. Küstenkind hat da schon alles hingeschrieben, sodass nur noch abgeleitet werden muss. Am Ende muss dann noch beachtet werden, dass $\alpha\wedge\beta=-\beta\wedge\alpha$ für 1-Formen gilt. Damit kannst du alle 3 Terme auf dieselbe Form bringen, sodass du wie dort gesehen $\mathrm{d}x\wedge\mathrm{d}y\wedge\mathrm{d}z$ ausklammer kannst.



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-03-29


2020-03-29 14:46 - wessi90 in Beitrag No. 6 schreibt:
Das ist natürlich eine elegantere Möglichkeit, aber man muss dazu den Hodge Stern kennen.

Schaden kann es nicht.  Aber eigentlich sollte zum Verständnis dieses speziellen Falles alles reichen, was ich definiert habe.  So war zumindest meine Hoffnung.  Falls nicht, dann eben, wie gesagt, getrost ignorieren.


Es geht ansonsten auch einfach zu Fuß.

Ja, man sieht dann aber nicht so gut, warum es nur mit \(r^3\) im Nenner geht, finde ich.  




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Lea5619
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-29


Hallo,

Danke für die Antworten!!

Für die Pünktchen im letzten Schritt in Küstenkinds Beitrag habe ich dann:

$\dd \omega=\frac{\partial}{\partial x} \frac{x}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}} \dd x \wedge \dd y \wedge \dd z-\frac{\partial}{\partial y} \frac{y}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}} \dd y \wedge \dd x \wedge \dd z+\frac{\partial}{\partial z} \frac{z}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}} \dd z \wedge \dd x \wedge \dd y=\left(\frac{\partial}{\partial x} \frac{x}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}} + \frac{\partial}{\partial y} \frac{y}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}} +\frac{\partial}{\partial z} \frac{z}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}\right)\dd x \wedge \dd y \wedge \dd z=0$

Dabei hat sich das Vorzeichen des ersten Termes nicht geändert, weil an der Reihenfolge von $\dd x \wedge \dd y \wedge \dd z$ nichts verändert wurde. Beim zweiten verändert sich das Vorzeichen, weil wir einmal einen Tausch gemacht haben von $x$ und $y$. Da beim dritten Term zweimal getauscht wird, ist das Vorzeichen wieder positiv.

Ist das so richtig?

Aber wie kann man die aller letzte Gleichheit dann folgern, dass der gesamte Term $0$ entspricht?



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-03-29


Huhu Lea,

2020-03-29 16:20 - Lea5619 in Beitrag No. 8 schreibt:
Ist das so richtig?

Ja.

2020-03-29 16:20 - Lea5619 in Beitrag No. 8 schreibt:
Aber wie kann man die aller letzte Gleichheit dann folgern, dass der gesamte Term $0$ entspricht?

Dafür musst du die Klammer ausrechnen. Dort sollte dann gerne Null rauskommen. Viel Erfolg!

Gruß,

Küstenkind




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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2020-03-29


Huhu,

ich vergaß: Falls du noch mal üben möchtest:



Den zweiten Teil der Aufgabe kannst du ja ignorieren. In diesem Buch befindet sich übrigens auch deine Aufgabe und wird äußerst elegant gelöst:





Das ist aber natürlich hohe mathematische Kunst, wenn man den Beweis mit einem Wort totschlägt.

Gruß,

Küstenkind




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Lea5619
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-29


Dankesehr!

Habe es berechnet. Aber ich habe noch nicht verstanden, warum diese Gleichheit gilt.

2020-03-29 12:16 - Kuestenkind in Beitrag No. 4 schreibt:

\(\displaystyle \dd \omega=\frac{\partial}{\partial x} \frac{x}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}} \dd x \wedge \dd y \wedge \dd z-\frac{\partial}{\partial y} \frac{y}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}} \dd y \wedge \dd x \wedge \dd z+\frac{\partial}{\partial z} \frac{z}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}} \dd z \wedge \dd x \wedge \dd y \)


Wie ist denn hier die Regel? Warum tauchen im Zähler jeweils $x$, $y$ und $z$ auf?

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.9 begonnen.]



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wessi90
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Ich führe mal die Abkürzung $f(x):=(x^2+y^2+z^2)^{-\frac{3}{2}}$ ein. Ich betrachte mal nur den ersten der Summanen, möchte also berechnen:
$$\mathrm{d}\left(f(x,y,z)\, x \,\mathrm{d}y\wedge\mathrm{d}z\right)=\mathrm{d}(x\, f(x,y,z))\,\wedge \mathrm{d}y\wedge\mathrm{d}z$$ Jetzt erinnert man sich daran, wie das Differential einer Funktion aussieht:
$$\mathrm{d}g=\frac{\partial g}{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial g}{\partial y}\mathrm{d}y+\frac{\partial g}{\partial z}\mathrm{d}z$$
Deine Funktion ist hier $g(x,y,z)=x\, f(x,y,z)$. Zudem fallen die letzten beiden Terme weg, weil das Wedgeprodukt von identischen 1-Formen $0$ ergibt. Es bleibt also nur übrig:
$$\mathrm{d}\left(f(x,y,z)\, x\, \mathrm{d}y\wedge\mathrm{d}z\right)=\frac{\partial}{\partial x} \left(\frac{x}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}\right)\mathrm{d}x\wedge\mathrm{d}y\wedge\mathrm{d}z$$
Die anderen beiden Terme folgen völlig analog.



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Lea5619
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Hallo,

Küstenkind, danke für die Übungsaufgaben.

Wie heißt das Buch?



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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
endy
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Hallo.

Gadea / Masque : Analysis and Algebra on Differentiable Manifolds

Gruss endy



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Dean Koontz : Zwielicht

Unzählige verschlungene Nachtpfade zweigen vom Zwielicht ab.
Etwas bewegt sich inmitten der Nacht,das nicht gut und nicht richtig ist.

The Book of Counted Sorrows.




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