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  Kovariante Ableitung ist innergeometrisch |
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Cyborg
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 |  Themenstart: 2022-12-08
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Hallo, Leute!
Folgendes Bild:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/26086_7_Frage.jpg
Ich habe diesmal eigentlich nur eine kleine Frage:
Warum ist $\left(\dfrac{\nabla}{dt}\dot{\gamma}\right)^m=\ddot{c}^m+\Gamma_{ij}^m \dot{c}^i \dot{c}^j$ eine innergeometrische Größe??
$\Gamma_{ij}^m$ ist innergeometrisch, aber auch $\dot{c}^i$, $\dot{c}^j$ und
$\ddot{c}^m$??. Sind auch diese Größen schon in der Mannigfaltigkeit zu "sehen"??
Hier ist der Zusammenhang zwischen $\gamma$ und $c$:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/26086_8_Frage.jpg
Ich danke euch!
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Cyborg
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|  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-08
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Finn0
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 | Beitrag No.2, eingetragen 2022-12-08
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Bitte auch ausführen, was mit $c$ gemeint ist. Hier soll $c\colon (-\varepsilon,\varepsilon)\to U$ eine Parameterkurve mit $\gamma = X\circ c$ sein.
Im Skript von Grieser [1] ist genau definiert, was unter Größe der inneren Geometrie zu verstehen ist. Kurz gesprochen ist das eine auf der Mannigfaltigkeit definierte Funktion, die unter Isometrien erhalten bleibt. Im Fortgang wird dieser Umstand auch für die kovariante Ableitung bestätigt. Du müsstest ggf. noch Begrifflichkeiten übersetzen, weil in dem von dir vorgelegten Text von Parameterflächen, nicht von Mannigfaltigkeiten die Rede ist.
Da die Parameterkurve $c$ im Parameterbereich der Darstellung der Fläche verläuft, sind $\dot c$ und $\ddot c$ streng formal gesehen per se keine geometrischen Größen. Nun müsstest du $c$ stellvertretend für $\gamma$, und die wiederum stellvertretend für ihre Spur betrachten. Für mich ist nicht ersichtlich, wie man diesbezüglich zu einer klaren Anschauung kommen soll.
[1] Daniel Grieser: Skript zur Differentialgeometrie. Carl von Ossietzky Universität Oldenburg, 2009, letzte Fassung 2013.
[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
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Cyborg
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| Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-09
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Ich versuche zumindest folgenden Beweis zu verstehen:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/26086_9_Unbenannt.jpg
Warum genügt es $\langle\nabla_X Y,\dfrac{\partial f}{\partial u^k}\rangle$ für alle $k$ zu kennen, um $\nabla_X Y$ zu bestimmen???
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Cyborg
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| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-09
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Ich habe folgendes:
Weil $\nabla_X Y$ im Tangentialraum ist, gibt es $\lambda^i$ so, dass $\nabla_X Y=\sum\limits_{i}\lambda^i\cdot\dfrac{\partial f}{\partial u^i}$.
Es gilt:
$$\langle\nabla_X Y,\dfrac{\partial f}{\partial u^k}\rangle=\sum\limits_{i}\lambda^i\cdot \langle \dfrac{\partial f}{\partial u^k},\dfrac{\partial f}{\partial u^i}\rangle=\sum\limits_{i}\lambda^i\cdot g_{ki}=\lambda^i\cdot g_{ki}$$
Mit welchem kontravarianten Metriktensor muss ich beide Seiten multiplizieren, um an $\lambda$ zu kommen???
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Finn0
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| Beitrag No.5, eingetragen 2022-12-09
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Ich kürze mal $\mathbf g_k := \frac{\partial f}{\partial u^k}$ ab.
Sei nun $y_k := \langle\mathbf v,\mathbf g_k\rangle$ für jedes $k$ gegeben. Können wir dann $\mathbf v$ bestimmen? Mit $\mathbf v = \sum_i v^i\mathbf g_i$ erhält man
$y_k = \sum_i v^i\langle\mathbf g_i,\mathbf g_k\rangle = \sum_i g_{ki}v^i.$
In der Ebene wäre das
$g_{11}v^1 + g_{12}v^2 = y_1,$
$g_{21}v^2 + g_{22}v^2 = y_2.$
Schlicht ein LGS in $(v^1,v^2).$
Wurden die $g^{jk}$ bestimmt, findet sich kurzum $v^j = g^{jk}y_k.$
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Cyborg
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| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-09
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\quoteon(2022-12-09 14:51 - Finn0 in Beitrag No. 5)
Wurden die $g^{jk}$ bestimmt, findet sich kurzum $v^j = g^{jk}y_k.$
\quoteoff
Ich nehme mal an, dass in $g^{jk}y_k$ über $k$ summiert wird?
Nachdem das geklärt ist, noch eine Frage:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/26086_uuu.jpg
Ich sehe ein, dass $\Gamma_{ij,k}$ und $g_{jk}$ innergeometrisch sind.
ABER: Warum sind $\xi^i$, $\eta^j$ und $\dfrac{\partial \eta^j}{\partial u^i}$ innergeoemtrisch???
Ich sehe, dass diese Größen Skalare und keine Vektoren sind und Informationen aus dem Tangentialraum sind (Def. von $X$ und $Y$).
Kann man diese Größen vielleicht durch die 1. Fundamentalform darstellen?
Reicht das um hinzunehmen, dass diese drei Größen innergeometrisch sind??
Ansonsten, wie beweise ich das??
Eine Größe ist innergeometrisch, WENN sie invariant unter Isometrien ist.
Danke, Finn0!
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Cyborg
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| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-09
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Finn0
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| Beitrag No.8, eingetragen 2022-12-09
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Dass jede Isometrie $F$ die Gleichung $F_* (\nabla_X Y) = \nabla_{F_* X}(F_* Y)$ erfüllt, wird von Grieser nachgerechnet, wobei $F_*$ den Pushforward von $F$ meint. Die tangentialen Vektorfelder $X,Y$ sind hierbei beliebig. Es ist also unerheblich, ob zuerst die kovariante Ableitung berechnet oder zuerst die Isometrie angewendet wird. Die Vektorfelder selbst sind nicht invariant, ihre Darstellungen wohl schon, dergestalt dass sie sich auf eine tangentiale Basis beziehen. Die Basisvektoren werden ja auch dem Pushforward der Isometrie unterworfen, welcher per Definition¹ die Eigenschaft hat, die Basis nicht zu verzerren.
¹Es ist $F_*$ am jeweiligen Punkt eine isometrische lineare Abbildung, das heißt, es gilt
$g(X,Y) = g(F_* X,F_* Y).$
Eine Anmerkung fällt mir noch nebenbei ein. Die kovariante Ableitung ist da ja als die orthogonale Projektion der Richtungsableitung auf den Tangentialraum definiert. Zur Anwendung auf eine Linearkombination ist es gut zu wissen, dass die orthogonale Projektion eine lineare Abbildung ist.
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FibreBundle
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 | Beitrag No.9, eingetragen 2022-12-09
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Hey, hier meine Gedanken dazu.
Der Tangentialraum ist unabhängig von einem 'äußeren Raum'.
Man kann ihn zum Beispiel über Äquivalenzklassen von Kurven durch einen Punkt der Fläche beschreiben. Die Kurven 'leben' dabei in der Fläche. Die so entstehenden Vektoren des Tangentialraumes sind unabhängig von der äußeren Geometrie.
Was das mit Isometrien zu tun hat, weiß ich nicht.
Grüße.
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Cyborg
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| Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-10
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Hallo, FibreBundle und Finn0!
Ich danke euch!
Unter vielen solchen ähnlichen Beweisen steht immer, dass ALLE Größen von der 1. Fundamentalform abhängen, also auch die Größen $\xi^i$, $\eta^j$ und $\dfrac{\partial \eta^j}{\partial u^i}$
Ich hoffe, dass folgendes die Frage beantwortet:
$$\langle X,\dfrac{\partial f}{\partial u^k}\rangle=\sum\limits_i \xi^i
\langle \dfrac{\partial f}{\partial u^k},\dfrac{\partial f}{\partial u^i}\rangle=\sum\limits_i\xi^i g_{ki}\Rightarrow \sum\limits_k\langle X,\dfrac{\partial f}{\partial u^k}\rangle g^{jk}=\xi^j$$
Ähnlich zeigt man:
$$\sum\limits_k\langle Y,\dfrac{\partial f}{\partial u^k}\rangle g^{jk}=\eta^j$$
Also lassen sich $\xi^i$ und $\eta^j$ durch die 1. Fundamentalform darstellen.
Um $\xi^i$ und $\eta_j$ zu bestimmen, muss ein Flächentier, das den umgebenen Raum nicht zur Verfügung hat, nur Winkel und Längen im Tangentialraum beherrschen, also sind das innergoemetrische Größen.
Warum gilt das auch für $\dfrac{\partial \eta^j}{\partial u^i}$?
Vielleicht deswegen:
$$\dfrac{\partial \eta^j}{\partial u^i}=\dfrac{\partial}{\partial u^i}(\langle Y,\dfrac{\partial f}{\partial u^k}\rangle g^{jk})=
\dfrac{\partial}{\partial u^i}(\langle Y,\dfrac{\partial f}{\partial u^k}\rangle)g^{jk}+\langle Y,\dfrac{\partial f}{\partial u^k}\rangle \dfrac{\partial}{\partial u^i}g^{jk}$$
Also:
$$
\begin{align*}
\dfrac{\partial \eta^j}{\partial u^i}&=
\left(\langle \dfrac{\partial}{\partial u^i}Y,\dfrac{\partial f}{\partial u^k}\rangle+\langle Y,\dfrac{\partial}{\partial u^i}\dfrac{\partial f}{\partial u^k}\rangle\right)g^{jk}+\langle Y,\dfrac{\partial f}{\partial u^k}\rangle \dfrac{\partial}{\partial u^i}g^{jk} \\
&=\left(\langle \dfrac{\nabla}{du^i}Y,\dfrac{\partial f}{\partial u^k}\rangle+\langle Y,\dfrac{\nabla}{du^i}\dfrac{\partial f}{\partial u^k}\rangle\right)g^{jk}+\langle Y,\dfrac{\partial f}{\partial u^k}\rangle \dfrac{\partial}{\partial u^i}g^{jk}
\end{align*}$$
Also habe ich $\dfrac{\partial \eta^j}{\partial u^i}$ nur durch die 1. Fundamentalform ausgedrückt!!
Das ist doch die Definition von innergeometrischen Größen: Die Größe ist darstellbar nur durch die 1. Fundamentalform, also Skalarprodukt von Vektoren im Tangentialraum!!! Isometrisch invariant brauche ich dafür nicht unbedingt!
\red\ WAS HALTET IHR DAVON????
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FibreBundle
Wenig Aktiv
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| Beitrag No.11, eingetragen 2022-12-11
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Hey.
Ich denke nun, da war ich etwas vorschnell. Man muss aufpassen.
1. Sichtweise (der umgebende Raum wird verwendet):
Man betrachtet alles in einem umgebenden Raum $\mathbb{R}^N$ und definiert zum Beispiel die erste Fundamentalform über das auf die Fläche eingeschränkte Skalarprodukt, das vom $\mathbb{R}^N$ übernommen wird. Isometrien sind dann so definiert, dass sie die erste Fundamentalform invariant lassen.
2. Sichtweise (die Objekte sind unabhängig von einem umgebenden Raum definiert):
Man definiert alles abstrakt. Die Fläche als abstrakte Mannigfaltigkeit, den Tangentialraum wie oben als Äquivalenzklasse von Kurven, die erste Fundamentalform als Riemannsche Metrik (nicht übernommen von einem äußeren Raum), die kovariante Ableitung über den Riemannschen Zusammenhang.
Grüße.
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Cyborg
Aktiv
Dabei seit: 20.05.2009
Mitteilungen: 675
| Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-11
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\quoteon(2022-12-10 09:13 - Cyborg in Beitrag No. 10)
Unter vielen solchen ähnlichen Beweisen steht immer, dass ALLE Größen von der 1. Fundamentalform abhängen, also auch die Größen $\xi^i$, $\eta^j$ und $\dfrac{\partial \eta^j}{\partial u^i}$
\quoteoff
Hallo, FibreBundle!
Ich habe inzwischen zeigen können $\xi^i$, $\eta^j$ und $\dfrac{\partial \eta^j}{\partial u^i}$ NUR durch die 1. Fundamentalform darzustellen, also sind diese Größen innergeometrisch, mehr wollte ich gar nicht.
Danke!
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Cyborg hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Cyborg hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
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