Warum nehmen Massenoperator und externe Kraft in diesem Modell Werte in T∗MT∗MT^*M an?

Ich werde diese in einer Reihenfolge beantworten, die die Darstellung etwas prägnanter macht.

2) Der durch die Riemannsche Struktur induzierte Isomorphismus

Sie müssen mehr über die Definitionen von Ihnen sagen, um zu erklären, warum Sie verwirrt sind. Sie sind dasselbe, und da ich sie in dieser Antwort verwenden werde, werde ich sie schreiben, um die Notation zu korrigieren:

$$\begin{equation} \mu: TM \to T^*M ,~~ v \mapsto \langle v, \cdot\rangle \end{equation}$$

3) Der Bündelmorphismus :

Dies ist die Aussage, dass das Folgende pendelt

$$\newcommand{\ra}[1]{\!\!\!\xrightarrow{\quad#1\quad}\!\!\!\!} \newcommand{\da}[1]{\left\downarrow{\scriptstyle#1}\vphantom{\displaystyle\int_0^1}\right.} % \begin{array}{llllllllllll} TM & \ra{\mathcal F} & T^*M \\ \da{\pi_M} & & \da{\pi_{T^*M}}\\ M & \ra{Id} & M \\ \end{array}$$

Es gibt einen schöneren Weg, dies zu sagen. Die Kategorie der glatten Vektorbündel,$\hat V$, lässt einen Funktor zu$Forget$zur Kategorie$\hat{M}$Bei glatten Mannigfaltigkeiten wirkt der Funktor auf Objekte, indem er in den Basisraum projiziert, und auf Morphismen, indem er mit den Projektionskarten komponiert. Dieser Funktor$\hat{V} \xrightarrow{Forget} \hat {M}$ist eine gruppoide Fibration$M$. Das sagt dann oben$\mathcal F \in Hom_{\hat V}(TM, T^*M)$ist ein Morphismus, der über der Identität in der gruppoiden Fibration liegt.$Forget^{-1}(Id_M)$soll die Faser vorbei sein$M$, und es ist ein Gruppoid. Die Aussage ist dann einfach$\mathcal F$lebt in der Faser vorbei$M$in diesem Vergessensfunktor. (Übung: All dies ist ziemlich offensichtlich, aber wenn Sie mit diesen Konstruktionen nicht vertraut sind, ist es eine nette Übung, es zu überprüfen).

Dies bedeutet geometrisch, dass Sie eine glatte Karte haben, die "vertikal" ist, da sie als Identität fungiert, wenn sie darauf beschränkt ist, den Basisraum zu sehen. Der folgende Abschnitt sollte beantworten, warum Sie diese Eigenschaft möchten.

1) Der Differentialoperator

Wir nehmen Hinweise aus den eher physikalischen Antworten in diesem Thread und stellen fest, dass Sie Ihr System im Allgemeinen durch eine reibungslose Funktion beschreiben möchten

$$\begin{equation} \mathcal L \in C^\infty(T^*M, \mathbb R) \end{equation}$$

Nun der Tangentenraum$T^*T^*M$lässt eine durch die exakte Sequenz gegebene natürliche Aufspaltung zu

$$\begin{equation} 0 \to T^*M \xrightarrow{z} T^*T^*M \xrightarrow{p} V(T^*M) \to 0 \end{equation}$$

Wo$z$ist der 0-Teil und$p$lokal durch Projektion auf die Faser gegeben ist, definiert die Exaktheit das Bündel$V$. Es gibt einen natürlichen Bündelisomorphismus

$$\varphi: V(T^*M) \to T^*M$$

( Übung: Überprüfe dies, indem du z. B. an jedem Punkt Tangentenräume vergleichst.)

Nun soll Ihre Kraft dem Schnitt entsprechen, der durch die Zusammensetzung der folgenden Sequenz gegeben ist

$$T^*M \xrightarrow{d\mathcal L} T^*T^*(M) \xrightarrow{p} V(M) \xrightarrow{\varphi}T^*M$$

Geometrisch ist es die "vertikale/Faser"-Komponente des Differentials von$\mathcal L$, natürlich als Vektorfeld im Kotangensbündel betrachtet. Jetzt ist die Version, die Sie haben, eine Version, die auf das Tangentenbündel einwirkt. Sie können sie erstellen, indem Sie den natürlichen Isomorphismus vorab komponieren.

$$TM \xrightarrow{\mu} T^*M \xrightarrow{d\mathcal L} T^*T^*(M) \xrightarrow{p} V(M) \xrightarrow{\varphi}T^*M$$

Sie möchten dies, weil Sie in Ihrer Newton-Formel ein Vektorfeld als Argument verwenden möchten.

Zusammenfassend sollte Ihre Kraft für eine reibungslose Funktion durch Folgendes gegeben sein$\mathcal L$

$$\begin{equation} \mathcal F \equiv \varphi \circ p \circ d\mathcal L \circ \mu: TM \to T^*M \end{equation}$$

Damit ist Frage 1) beantwortet. Nun zurück zu 3), beobachten Sie einfach, dass wir uns selbst auf vertikale Abschnitte projiziert haben, als wir die Projektion angewendet haben$p$.

Bearbeiten / Anhang: Imbissbuden

Als ich von der Kneipe, in der ich das geschrieben hatte, nach Hause ging, begann ich mich zu fragen, warum ich (abgesehen von Bourbon) so viel über etwas geschrieben habe, das eine geringfügige Verwirrung der Notation/Definition zu sein scheint. Hier ist, was ich denke:

Wir starren auf eine Differentialgleichung zweiter Ordnung auf einer Riemannschen Mannigfaltigkeit. A priori sollte der Differentialoperator, der es definiert, auf einem Jet leben. Wir alle wissen jedoch, dass wir es als Gleichung von Vektorfeldern auf das Tangentialbündel schreiben können. Warum?

Aus der obigen Diskussion geht hervor, dass die entscheidende Eigenschaft, die dies ermöglicht, der Differentialoperator ist$\mathcal F$ergibt überall im Bündel einen senkrechten Schnitt. Wenn der Abschnitt überall horizontal wäre, ist die Analyse ebenfalls einfach, da wir wieder einen Isomorphismus aus dem horizontalen Unterbündel haben (alternativ beachten Sie einfach, dass die Einbeziehung nur der 0-Abschnitt ist, sodass das Lösen dieser Differentialgleichung einfach sein sollte). Alles, was von diesen Fällen abweicht, hindert uns daran, die Differentialgleichung in das Tangentialbündel zu schreiben. Dies ist die wichtige Erkenntnis hier.

Also,

1) warum der Massenoperator und die äußere Kraft sein sollten$T^∗M$-geschätzt;

Für den Massenoperator sind dies nur die verschiedenen Möglichkeiten, Tensorprodukte darzustellen. Eine Riemannsche Metrik am Punkt$x\in M$ist eine bilineare Abbildung$T_xM\times T_xM\rightarrow\mathbb{R}$, wenn Sie also einen Vektor in nur ein Argument einfügen, wird er zu einer Karte$T_xM\rightarrow\mathbb{R}$, das ein Element von ist$T^*_xM$. Es bildet also Elemente von ab$T_xM$in Elemente von$T^*_xM$. Auf alle Punkte erweitert, wird es somit zu einem Vektorbündelisomorphismus$TM\rightarrow T^*M$(Diese Karte respektiert die Fibration in dem Sinne, dass wenn$\pi_{TM}(v)=x$, Dann$\pi_{T^*M}(\mu(v))=x$sowie).

Für die externe Kraft ist das eine sehr ungeschickte Formulierung, imo. Die Kraft kann von Positionen, Geschwindigkeiten (und möglicherweise von der „externen“ Zeit abhängen, aber das werde ich ignorieren), also ist es eine Funktion$\mathcal F:TM\rightarrow X$Wo$X$bleibt vorerst unbestimmt. In einem weniger allgemeinen Kontext, wo die config. Platz ist einfach$\mathbb{R}^3$wird die Kraft als geschwindigkeitsabhängiges Vektorfeld verstanden,$\mathbf{F}(x,v)$. Es sollte jedoch als 1-Form verstanden werden, da Arbeit durch gegeben wird$W(c)=\int_cF=\int_c\sum_i F_idx^i$.

Im allgemeinen Kontext von Konfigurationsräumen definieren wir jedoch selten Kräfte, da wir lieber mit Lagrange- oder Hamilton-Formalismus arbeiten, wo es keine Kräfte gibt. Wenn wir jedoch Kräfte abstrahieren möchten, dann sollte dies so verstanden werden$X$muss ein Raum sein, der Objekte beherbergt, die entlang von Kurven integriert werden können (Kurven von$M$), So$\mathcal{F}:TM\rightarrow T^*M$, Wo$\mathcal F$ist wieder ein Bündelmorphismus (aber jetzt nicht mehr unbedingt ein Isomorphismus). Allerdings in diesem Fall$\mathcal{F}$ist normalerweise keine faserweise lineare Abbildung, sollte also nicht als Tensorfeld vom Typ (0,2) verstanden werden$\mathcal F_{ij}$, sondern als$T^*M$geschätzte Funktion an$TM$,$\mathcal F(x,v)_i$(Als Mathematiker nervt Sie vielleicht die Tensorindex-Notation, aber ich glaube, hier bietet sie Klarheit).

2) die Beziehung zwischen$\mu$und der musikalische Isomorphismus$\flat$verwendet, um Indizes mit zu senken$\langle\cdot,\cdot\rangle$, weil sie formal gleich sind;

Sie sind gleich.

3) wie die Bedingung zu interpretieren ist$\mathcal{F}(T_xM)\subseteq T^∗_xM$

Die Sache, die hier zu betonen ist, ist das Gleiche$x\in M$erscheint sowohl im Anfangsraum als auch im Zielraum. Dies soll das betonen$\mathcal F$ist ein Faserbündelmorphismus, er erhält Fasern, also$\mathcal F(x,v)$nimmt Werte auf$T^*_xM$während$\mathcal{F}(y,u)$nimmt seine Werte auf$T^*_yM$.

Dies liegt daran, dass 1) Arbeit entlang eines Pfades berechnet wird$c$du nimmst$W(c)=\int_c\mathcal{F}(c(t),c'(t))$, was nur dann Sinn macht$\mathcal{F}(c(t),c'(t))\in T^*_{c(t)}M$, 2) um die Newtonsche Gleichung zu verstehen, weil$\mu(Dc'/dt(t))$ist ein Element von$T^*_{c(t)}M$seit$\mu$ist ein Vektorbündelmorphismus, also$\mathcal {F}(c(t),c'(t))$sollte auch drin sein$T^*_{c(t)}M$.

1) warum der Massenoperator und die äußere Kraft sein sollten$T^*M$-geschätzt;

Dies hat wohl mehr mit Physik als mit Geometrie zu tun (das Kontrahieren des Impulses mit einer Richtung ergibt die 'Bewegungsmenge' in diese Richtung, das Kurvenintegral über den relativistischen Impulskovektor ergibt die Aktion, ...).

Beachten Sie jedoch, dass uns dies geometrisch erlaubt, Kräfte aus Potentialen abzuleiten (was den Weg zu den Hamilton- und Lagragian-Formulierungen öffnet).

2) die Beziehung zwischen$\mu$und der musikalische Isomorphismus$\flat$verwendet, um Indizes mit zu senken$\langle \cdot,\cdot\rangle$, weil sie formal gleich sind;

In diesem speziellen Modell sind sie tatsächlich gleich, obwohl dies im Allgemeinen nicht unbedingt der Fall ist: Wenn Sie die Euler-Lagrange-Gleichungen als Newtonsch verstehen, wäre der Massenoperator stattdessen durch die Faserableitung gegeben .

3) wie die Bedingung zu interpretieren ist$\mathscr{F}(T_pM)\subseteq T_p^*M$.

Das ist nur Kompatibilität mit der Faserung, dh die Kraft wirkt am gleichen Fußpunkt.

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Nebenbei möchte ich noch darauf hinweisen, wozu wir die kovariante Ableitung benötigen: Ohne Zusammenhang ergibt das erste Newtonsche Gesetz keinen Sinn (keine Vorstellung von Geraden oder konstanten Geschwindigkeiten ohne zusätzliche Struktur).

Geometrisch, wenn Sie es mit einem System zweiter Ordnung zu tun haben, die Gleichung

$$c'' = 0$$

ist mit den Anfangsbedingungen nicht vereinbar

$$c' \not= 0$$

aufgrund der Struktur von${\rm TT}M$, wohingegen

$${{\rm D}c' \over {\rm d}t} = 0$$

funktioniert gut.

Ok, lassen Sie mich eine unbeholfene Antwort versuchen. Ich werde geschwindigkeitsabhängige Kräfte nicht berücksichtigen, wie Ihr Text vorschlägt.

Grundsätzlich gibt es zwei Möglichkeiten, die klassische Mechanik zu formulieren, die Newtonsche Gleichung und den Lagrange-Formalismus. Der Lagrange-Formalismus eignet sich für die Erweiterung auf gekrümmte Räume, also gehen wir zuerst mit dem flachen Raum um:

Definieren

$$L(q,\dot{q})= \frac{m}{2}\dot{q}^2 - V(q)$$ mit $m$die Masse des Teilchens, $q$der Positionsvektor, $\dot{q}$der Geschwindigkeitsvektor und $V$das Potenzial. Es wurde beobachtet, wenn Sie einen Weg nehmen $q$mit festem Anfang und Ende $q(t_1)=q_1$Und $q(t_2)=q_2$und berechnen $$S[q] = \int^{t_2}_{t_1} L(q(t),\dot{q}(t))\, dt$$ $S$eine Funktion zu sein, die Trajektorien auf Zahlen abbildet; dass die reale Flugbahn, die ein Teilchen nimmt, durch die Flugbahn gegeben ist, bei der $S$erreicht ein Extremum. (mit festen Anfangs- und Endpunkten) Die entsprechenden Gleichungen können durch eine Methode namens Variationsrechnung erhalten werden. Dies führt zu den Euler-Lagrange-Gleichungen, die lauten: $$\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_i} = \frac{\partial L}{\partial q_i}$$ Die rechte Seite wird Kraft genannt und Sie können sehen, dass es sich tatsächlich um ein Element des Kotangentialraums handelt (bildet Richtungen auf Zahlen ab), die natürlich Newtons Gleichung sind: $$\frac{d}{dt} (m\dot{q}_i) = - \frac{\partial V}{\partial q_i}$$ So weit, ist es gut. Wie kann man nun die Lagrange-Funktion auf eine Mannigfaltigkeit verallgemeinern, so dass sie unter Koordinatentransformation skalar wird? Für das Potenzial $V$, kein Problem, für den kinetischen Term brauchst du ein Skalarprodukt, also würdest du am Ende (hier $(q, \dot{q})$den Tangentialraum parametrisieren) $$L(q, \dot{q})= \frac{m}{2} \langle\dot{q},\dot{q}\rangle -V(q)$$ Jetzt können Sie wählen, ob Sie den Faktor von absorbieren möchten $m$auch im Skalarprodukt. Das erklärt was $\mu$hat was mit Masse zu tun.

Machen Sie jetzt die gleiche Art von Variationsrechnung (und verwenden Sie$c$für$q$), sollten Sie am Ende etwas in der Art von haben

$$\frac{d}{dt}{\langle\dot{c}, \epsilon\rangle} = - dV(c) \cdot \epsilon$$ für alle Variationen $\epsilon$. Da ist es für alle $\epsilon$, und das Skalarprodukt zeitunabhängig ist, ist dies äquivalent zu $$\mu\left(\frac{d}{dt} \dot{c}\right) = F(c)$$ mit $F(c):= -dV(c)$. Das sieht schon sehr ähnlich aus wie das, was Sie haben, außer $\dot{c}$im $F$in deiner Formel. Ich denke, sie erweitern dies auch auf geschwindigkeitsabhängige Kräfte (da die Tangentialkarte die Position enthält, ist dies eine Verallgemeinerung).

Ja, es ist ein bisschen skizzenhaft, aber vielleicht können Sie sehen, woher sie kommen.

BEARBEITEN: Dies ist der Einzelpartikelfall (wie ich sicher bin, dass Ihre Frage davon spricht), wenn Sie dann zu mehreren Partikeln gehen$\langle\cdot,\cdot\rangle$muss ab kartieren$TM^n \times TM^n$Zu$R$stattdessen (manchmal auch als "Massenmatrix" bezeichnet)