Identidades de cálculo vectorial mediante formas diferenciales

Question

¿Existe una forma agradable de derivar

$$ \nabla (\vec{F} \cdot \vec{G}) = \vec{F} \times (\nabla \times \vec{G} ) + \vec{G} \times (\nabla \times \vec{F}) + (\vec{F} \cdot \nabla ) \vec{G} + (\vec{G} \cdot \nabla ) \vec{F} $$

&

$$ \nabla \times (\vec{F} \times \vec{G}) = ( \vec{G} \cdot \nabla )\vec{F} - (\vec{F} \cdot \nabla ) \vec{G} + \vec{F}( \nabla \cdot \vec{G} ) - \vec{G} ( \nabla \cdot \vec{F}) $$

utilizando formas diferenciales?

Answer 1

Creo que tengo una manera de hacerlo utilizando operaciones de formas diferenciales.

Primero una nota rápida sobre la notación, usaré $F$ para denotar tanto la forma diferencial $F_a$ así como el vector $F^a = g^{ab} F_b$ . Espero que no haya confusión; sobre todo usaré $F$ y $G$ como vectores al hacer las derivadas de Lie, $£_F$ o tomando productos internos $i_F$ .

La parte más difícil era encontrar una manera de lidiar con $(F\cdot\nabla)G$ y términos similares. Para la primera identidad, podemos empezar observando que $(F\cdot\nabla)G = F^a\nabla_a G_b$ se parece al primer término de la expresión de la derivada de Lie de una forma 1: $$£_F G = F^a\nabla_a G_b + G_a\nabla_bF^a.$$ El otro término se parece a uno de los que se obtienen cuando se toma el gradiente de $F^a G_a$ es decir $$\nabla_b(F^a G_a)=G_a\nabla_b F^a + F_a\nabla_b G^a.$$ Así que está claro que si cambiamos los papeles de $F$ y $G$ , obtendremos la otra parte de este término, por lo que llegamos a la identidad necesaria, $$£_F G + £_G F -d(i_F G) = (F\cdot\nabla)G+(G\cdot\nabla)F. $$ También hay que tener en cuenta las siguientes identidades que son bastante sencillas de demostrar: $$dG = *(\nabla\times G)$$ $$i_F*H = *(H\wedge F)=-F\times H,$$ de lo que se deduce $$-i_FdG = *(F\wedge * dG)= F\times(\nabla\times G) $$ Utilizando esto, podemos demostrar la primera identidad, invocando la fórmula mágica de Cartan, $£_F = i_Fd+di_F $ : $$d(i_F G) = -i_FdG+£_FG $$ $$d(i_G F) = -i_GdF+£_GF $$ Desde $i_F G = i_G F = F\cdot G$ podemos sumar estas expresiones para obtener $$ 2d(i_F G) = -i_FdG-i_GdF + £_FG+£_GF$$ $$\boxed{d(i_FG) = *(F\wedge*dG)+*(G\wedge*dF)+£_FG+£_GF-d(i_FG)} $$ Esta es la versión de formas diferenciales de su primera identidad (el LHS es el gradiente del escalar $i_FG = F\cdot G$ ). Tenga en cuenta que la aparición de $d(i_F G)$ en el lado derecho significa que esta expresión tiene una representación más natural mediante formas diferenciales desplazando ese término hacia la izquierda, es decir $$ d(i_F G) = \frac12(*(F\wedge*dG)+*(G\wedge*dF) + £_FG+£_GF)$$

La segunda identidad es en realidad un poco más limpia. Comenzamos observando que para un vector $F^a$ podemos representar el dual de la forma asociada $F_b$ por $$*F = i_F \epsilon,$$ donde $\epsilon$ es el volumen $n$ -forma ( $n=3$ para nosotros). Usando nuestras identidades anteriores, podemos determinar que el LHS es $*d*(F\wedge G)$ . Así que tenemos \begin {align} *d*(F \wedge G)& = *di_G*F \\ &= *(£_G*F-i_Gd*F) \\ &=*(£_Gi_F \epsilon - i_Gd*F) \\ &=*(i_{[G,F]} \epsilon +i_F£_G \epsilon - i_Gd*F) \\ &=*(i_{[G,F]} \epsilon +i_Fdi_G \epsilon +i_Fi_Gd \epsilon -i_Gd*F) \end {align} $$\boxed{*d*(F\wedge G) = [G,F]^\flat +(*d*G)\wedge F - (*d*F)\wedge G }$$

Puse un $\flat$ en el conmutador del vectores $[G,F]$ (que por supuesto es igual a los dos primeros términos) para recordar que es la forma que se obtiene al bajar el índice con la métrica. Es fácil comprobar que el $0$ -forma $*d*G$ es $\nabla\cdot G$ . Para obtener la cuarta línea utilicé que la derivada de Lie actúa como una derivación sobre productos interiores, y la línea final utilizó el hecho de que la derivada exterior de un $n$ -forma (es decir $d\epsilon$ ) debe desaparecer.

Answer 2

La técnica clave es la propiedad del símbolo de Levi-Civita $\varepsilon_{ijk}$ . Aquí se enumeran una serie de fórmulas que son de gran ayuda. $$\varepsilon_{ijk}=\varepsilon_{jki}=\varepsilon_{kij}$$ $$\varepsilon_{ijk}\varepsilon^{ilm}=\delta^l_j\delta^m_k-\delta^l_k\delta^m_j$$ $$F\times G=\varepsilon^{ijk}F_jG_k$$

Bien, ahora, para la primera identidad, $$\begin{align} \text{rhs}&=F\times(\nabla\times G)+(F\cdot\nabla)G+G\times(\nabla\times F)+(G\cdot\nabla)F\\ &=\varepsilon^{ijk}F_j\varepsilon_{klm}\partial^l G^m+F_j\partial^j G^i+\varepsilon^{ijk}G_j\varepsilon_{klm}\partial^l F^m+G_j\partial^j F^i\\ &=\varepsilon^{kij}\varepsilon_{klm}F_j\partial^l G^m+F_j\partial^j G^i+\varepsilon^{kij}\varepsilon_{klm}G_j\partial^l F^m+G_j\partial^j F^i\\ &=(\delta^i_l\delta^j_m-\delta^i_m\delta^j_l)F_j\partial^l G^m+F_j\partial^j G^i+(\delta^i_l\delta^j_m-\delta^i_m\delta^j_l)G_j\partial^l F^m+G_j\partial^j F^i\\ &=F_j\partial^iG^j+G_j\partial^iF^j\\ &=\partial^i(F_jG^j)\\ &=\nabla(F\cdot G)=\text{lhs} \end{align}$$

Para el segundo, $$ \begin{align} \text{lhs}&=\nabla\times(F\times G)\\ &=\varepsilon^{ijk}\partial_j\varepsilon_{klm}F^l G^m\\ &=\varepsilon^{kij}\varepsilon_{klm}\partial_j(F^l G^m)\\ &=(\delta^i_l\delta^j_m-\delta^i_m\delta^j_l)\partial_j(F^l G^m)\\ &=\partial_j(F^i G^j)-\partial_j(F^j G^i)\\ &=G^j\partial_jF^i+F^i\partial_jG^j-\partial_jF^j G^i-F^j\partial_jG^i\\ &=(G\cdot\nabla)F+(\nabla\cdot G)F-(\nabla\cdot F)G-(F\cdot\nabla)G=\text{rhs} \end{align}$$

Answer 3

No responderé usando formas diferenciales sino usando el cálculo geométrico. Te da un poco más de libertad, pero a su vez la prueba no difiere tanto de la estándar. Lo que veo como ventaja es que no tienes que hacer la demostración en notación de índices.

Traté de escribir la respuesta, donde explico todas las cosas necesarias para entender mi respuesta (asumiendo el conocimiento del cálculo exterior pero no el conocimiento del cálculo geométrico) pero fallé, la respuesta se volvió demasiado complicada así que refiérase a la página wiki sobre cálculo geométrico .

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Vectores base de $\mathcal{CL^3}$ son $e_1,e_2,e_3$ con \begin {align} e_ie_j &= -e_ie_j & i \neq j \\ e_ie_j &= 1 & i=j \end {align}

Denote $F = f_i e_i, G = g_ie_i, \partial = e_i \frac{\partial}{\partial x_i} = e_i \partial_i $ .

Ahora empieza a diferenciar $$ \nabla(F\cdot G) = \partial(F\cdot G) = \dot \partial (\dot F \cdot G) + \dot \partial(F\cdot \dot G) $$

Ahora utilizaremos algo similar a producto triple vectorial en álgebra geométrica. Que para los vectores $X,Y,Z$ $$ X\cdot(Y\wedge Z) = Z(X\cdot Y) - Y(X\cdot Z) $$

No identificar $X = G, Y = \dot \partial, Z = \dot F$ $$ G\cdot(\dot \partial\wedge \dot F) = \dot F(G\cdot \dot \partial) - \dot \partial(G\cdot \dot F) = (G\cdot \dot \partial) \dot F - \partial( \dot F\cdot G) $$

Así que obtenemos $$ \partial( \dot F\cdot G) = (G\cdot \dot \partial) \dot F - G\cdot(\dot \partial\wedge \dot F) $$

Si se hace lo mismo con $\partial( F\cdot \dot G)$ obtenemos la respuesta final $$ \partial( F\cdot G) = (G\cdot \dot \partial) \dot F + (F\cdot \dot \partial) \dot G - G\cdot(\dot \partial\wedge \dot F) - F\cdot(\dot \partial\wedge \dot G) $$

Si traducimos estos términos al lenguaje del cálculo vectorial obtenemos $$ (G\cdot \dot \partial) \dot F = (G\cdot \nabla)F $$ $$ - G\cdot(\dot \partial\wedge \dot F) = G\times ( \nabla \times F) $$

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Gracias a la notación de sobrepunto se puede trabajar con $\partial$ como en el caso del vector, por lo que se puede la fórmula del triple producto vectorial directamente. Esto no se puede hacer con la notación estándar del cálculo vectorial. Pero puedes usar esta identidad: $$ G\times (\nabla \times F) = -(G\cdot \nabla)F - G\cdot \nabla F $$ junto con la identidad $$ \nabla (F\cdot G) = F \cdot \nabla G + G \cdot \nabla F $$ también resuelven tu primera pregunta.

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La segunda identidad la dejé como ejercicio. El $\nabla \times (F\times G)$ puede reescribirse en álgebra geométrica como sigue $$ -\partial \cdot (F\wedge G) =-\dot \partial \cdot (\dot F\wedge G) - \dot \partial \cdot ( F\wedge \dot G) $$ de nuevo puede trabajar con $\dot \partial$ como con el vector y utilizar la fórmula del triple producto vectorial.