Levi-Civita als Determinante

${\displaystyle \varepsilon _{ijk}={\vec {e}}_{i}({\vec {e}}_{j}\times {\vec {e}}_{k})=\sum _{a=1}^{3}e_{i,a}({\vec {e}}_{j}\times {\vec {e}}_{k})_{a}=\sum _{a=1}^{3}\sum _{b,c=1}^{3}\varepsilon _{abc}e_{i,a}e_{j,b}e_{k,c}=}$

${\displaystyle \!\,=e_{i,1}(e_{j,2}e_{k,3}-e_{j,3}e_{k,2})-e_{i,2}(e_{j,3}e_{k,1}-e_{j,1}e_{k,3})+e_{i,3}(e_{j,1}e_{k,2}-e_{j,2}e_{k,1})=}$

${\displaystyle =e_{i,1}{\begin{vmatrix}e_{j,2}&e_{j,3}\\e_{k,2}&e_{k,3}\end{vmatrix}}+e_{i,2}{\begin{vmatrix}e_{j,1}&e_{j,3}\\e_{k,1}&e_{k,3}\end{vmatrix}}+e_{i,3}{\begin{vmatrix}e_{j,1}&e_{j,2}\\e_{k,1}&e_{k,2}\end{vmatrix}}={\begin{vmatrix}e_{i,1}&e_{i,2}&e_{i,3}\\e_{j,1}&e_{j,2}&e_{j,3}\\e_{k,1}&e_{k,2}&e_{k,3}\end{vmatrix}}}$

Identität XYZ

1. Möglichkeit

${\displaystyle \varepsilon _{ijk}\varepsilon _{ilm}={\begin{vmatrix}e_{i,1}&e_{i,2}&e_{i,3}\\e_{j,1}&e_{j,2}&e_{j,3}\\e_{k,1}&e_{k,2}&e_{k,3}\end{vmatrix}}\cdot {\begin{vmatrix}e_{i,1}&e_{i,2}&e_{i,3}\\e_{l,1}&e_{l,2}&e_{l,3}\\e_{m,1}&e_{m,2}&e_{m,3}\end{vmatrix}}=}$

${\displaystyle ={\begin{vmatrix}e_{i,1}e_{i,1}+e_{i,2}e_{j,1}+e_{i,3}e_{k,1}&e_{i,1}e_{i,2}+e_{i,2}e_{j,2}+e_{i,3}e_{k,2}&e_{i,1}e_{i,3}+e_{i,2}e_{j,3}+e_{i,3}e_{k,3}\\e_{l,1}e_{i,1}+e_{l,2}e_{j,1}+e_{l,3}e_{k,1}&e_{l,1}e_{i,2}+e_{l,2}e_{j,2}+e_{l,3}e_{k,2}&e_{l,1}e_{i,3}+e_{l,2}e_{j,3}+e_{l,3}e_{k,3}\\e_{m,1}e_{i,1}+e_{m,2}e_{j,1}+e_{m,3}e_{k,1}&e_{m,1}e_{i,2}+e_{m,2}e_{j,2}+e_{m,3}e_{k,2}&e_{m,1}e_{i,3}+e_{m,2}e_{j,3}+e_{m,3}e_{k,3}\end{vmatrix}}}$

Für ein rechtsdrehendes, orthonormales Koordinatensystem mit den Einheitsvektoren , folgt: Mit: ${\displaystyle {\vec {e}}_{i}={\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}},{\vec {e}}_{j}={\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}},{\vec {e}}_{k}={\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}}$

${\displaystyle ={\begin{vmatrix}1\cdot 1+0\cdot 0+0\cdot 0&1\cdot 0+0\cdot 1+0\cdot 0&1\cdot 0+0\cdot 0+0\cdot 1\\e_{l,1}\cdot 1+e_{l,2}\cdot 0+e_{l,3}\cdot 0&e_{l,1}\cdot 0+e_{l,2}\cdot 1+e_{l,3}\cdot 0&e_{l,1}\cdot 0+e_{l,2}\cdot 0+e_{l,3}\cdot 1\\e_{m,1}\cdot 1+e_{m,2}\cdot 0+e_{m,3}\cdot 0&e_{m,1}\cdot 0+e_{m,2}\cdot 1+e_{m,3}\cdot 0&e_{m,1}\cdot 0+e_{m,2}\cdot 0+e_{m,3}\cdot 1\end{vmatrix}}}$

${\displaystyle ={\begin{vmatrix}e_{i,1}e_{i,1}&e_{i,2}e_{j,2}&e_{i,3}e_{k,3}\\e_{l,1}e_{i,1}&e_{l,2}e_{j,2}&e_{l,3}e_{k,3}\\e_{m,1}e_{i,1}&e_{m,2}e_{j,2}&e_{m,3}e_{k,3}\end{vmatrix}}={\begin{vmatrix}1&0&0\\e_{l,1}e_{i,2}&e_{l,2}e_{j,2}&e_{l,3}e_{k,3}\\e_{m,1}e_{i,1}&e_{m,2}e_{j,2}&e_{m,3}e_{k,3}\end{vmatrix}}}$

Wir haben ${\displaystyle \varepsilon _{ijk}={\vec {e}}_{i}({\vec {e}}_{j}\times {\vec {e}}_{k})}$ und ${\displaystyle \varepsilon _{ilm}={\vec {e}}_{i}({\vec {e}}_{l}\times {\vec {e}}_{m})}$. Wenn ${\displaystyle {\vec {e}}_{i},{\vec {e}}_{l},{\vec {e}}_{m}}$ ein rechtsdrehendes Koordinatensystem bilden, folgt:

${\displaystyle {\vec {e}}_{i}\perp {\vec {e}}_{l}=>e_{l,1}e_{i,2}=0}$

${\displaystyle {\vec {e}}_{i}\perp {\vec {e}}_{m}=>e_{m,1}e_{i,1}=0}$

${\displaystyle {\begin{vmatrix}1&0&0\\0&e_{l,2}e_{j,2}&e_{l,3}e_{k,3}\\0&e_{m,2}e_{j,2}&e_{m,3}e_{k,3}\end{vmatrix}}={\begin{vmatrix}1&0&0\\0&\delta _{jl}&\delta _{kl}\\0&\delta _{jm}&\delta _{km}\end{vmatrix}}=1\cdot {\begin{vmatrix}\delta _{jl}&\delta _{kl}\\\delta _{jm}&\delta _{km}\end{vmatrix}}=\delta _{jl}\delta _{km}-\delta _{jm}\delta _{kl}}$

2. Möglichkeit

Für j=k oder l=m verschwindet das Kreuzprodukt. Für j≠k und l≠m gilt: Das doppelte Kreuzprodukt verschwindet, wenn nicht j=l oder k=m

Spatprodukt

Aufgabenstellung: Zeige: ${\displaystyle {\vec {c}}({\vec {a}}\times {\vec {b}})={\vec {a}}({\vec {b}}\times {\vec {c}})={\vec {b}}({\vec {c}}\times {\vec {a}})}$

Lösung:

${\displaystyle {\vec {c}}({\vec {a}}\times {\vec {b}})=\varepsilon _{ijk}c_{i}a_{j}b_{k}=\varepsilon }$

da ${\displaystyle \varepsilon _{ijk}=\varepsilon _{jki}=\varepsilon _{kij}}$ folgt:

${\displaystyle \varepsilon _{ijk}c_{i}a_{j}b_{k}=\varepsilon _{jki}c_{i}a_{j}b_{k}}$ bzw. ${\displaystyle \varepsilon _{ijk}c_{i}a_{j}b_{k}=\varepsilon _{kij}c_{i}a_{j}b_{k}}$

Durch Vertauschen der Indizes folgt:

${\displaystyle \varepsilon _{jki}c_{i}a_{j}b_{k}=\varepsilon _{ijk}c_{k}a_{i}b_{j}=c_{k}a_{i}b_{j}({\vec {e}}_{j}\times {\vec {e}}_{k}){\vec {e}}_{i}={\vec {a}}({\vec {b}}\times {\vec {c}})}$

bzw.

${\displaystyle \varepsilon _{kij}c_{i}a_{j}b_{k}=\varepsilon _{ijk}c_{j}a_{k}b_{i}=c_{j}a_{k}b_{i}({\vec {e}}_{j}\times {\vec {e}}_{k}){\vec {e}}_{i}={\vec {b}}({\vec {c}}\times {\vec {a}})}$

Graßmann-Identität

${\displaystyle [{\vec {a}}\times ({\vec {b}}\times {\vec {c}})]_{k}=\sum _{i,j}\varepsilon _{ijk}a_{i}({\vec {b}}\times {\vec {c}})_{j}=\sum _{i,j}\sum _{l,m}\varepsilon _{ijk}\varepsilon _{jlm}a_{i}b_{l}c_{m}}$

Da wir unsere Freunde so nennen dürfen wie wir wollen, vertauschen wir die Indizes i und j damit der nächste Schritt "offensichtlich" ist:

${\displaystyle \sum _{j,i}\sum _{l,m}\varepsilon _{jik}\varepsilon _{ilm}a_{j}b_{l}c_{m}}$

Wir benutzen die in Übungsaufgabe 1 bewiesene Identität ${\displaystyle \sum _{i}\varepsilon _{ijk}\varepsilon _{ilm}=\delta _{jl}\delta _{km}-\delta _{jm}\delta _{kl}}$, dazu verwenden wir ${\displaystyle \varepsilon _{jik}=-\varepsilon _{ijk}}$ aus der Definition des Levi-Civita-Symbols:

${\displaystyle \sum _{j,i}\sum _{l,m}\varepsilon _{jik}\varepsilon _{ilm}a_{j}b_{l}c_{m}=-\sum _{j,i}\sum _{l,m}\varepsilon _{ijk}\varepsilon _{ilm}a_{j}b_{l}c_{m}=-\sum _{j}\sum _{l,m}a_{j}b_{l}c_{m}(\delta _{jl}\delta _{km}-\delta _{jm}\delta _{kl})}$

Und ziehen das Minus vor den Summen zu den Deltas in die Klammer und lösen die Kronecker-Deltas zu Einheitsvektoren auf:

${\displaystyle \sum _{j}\sum _{l,m}a_{j}b_{l}c_{m}(\delta _{jm}\delta _{kl}-\delta _{jl}\delta _{km})=\sum _{j}\sum _{l,m}a_{j}b_{l}c_{m}(({\vec {e}}_{j},{\vec {e}}_{m})({\vec {e}}_{k},{\vec {e}}_{l})-({\vec {e}}_{j},{\vec {e}}_{l})({\vec {e}}_{k},{\vec {e}}_{m}))}$

Dann lösen wir die Summe auf:

${\displaystyle (({\vec {a}},{\vec {c}})({\vec {e}}_{k},{\vec {b}})-({\vec {a}},{\vec {b}})({\vec {e}}_{k},{\vec {c}}))=[{\vec {b}}({\vec {a}},{\vec {c}})-{\vec {c}}({\vec {a}},{\vec {b}})]_{k}}$

Lagrange-Identität

Da gilt, dass

(AxB) C = A (BxC)

ist

(AxB),(CxD)= AB(CxD) = A(B x (CxD))

Bereits bewiesen wurde, dass

(B x (CxD)) = (BD)C-(BC)D

Somit erhält man:

A(B x (CxD)) = A ((BD)C-(BC)D)=(AC)(BD)-(AD)(BC)

q.e.d.

div rot A = 0

Hinweis:
Ich glaube ich habe möglicherweise im ersten Lösungsweg einen Denkfehler:
Wenn ich die Indizes i und j vertausche, müsste ich sie ggf. auch in der 
Ausgangsgleichung, mit der ich sie vergleiche, tauschen.

Zeige: ${\displaystyle \operatorname {div\ } \operatorname {rot\ } {\vec {A}}=0}$

1. Lösung:

${\displaystyle \operatorname {div\ } \operatorname {rot\ } {\vec {A}}=\nabla (\nabla \times {\vec {A}})=\varepsilon _{ijk}\nabla _{i}\nabla _{j}A_{k}}$

Nach dem Satz von Schwarz kann man bei zweifach stetig differenzierbaren Funktionen die Differentialoperatoren vertauschen:

${\displaystyle \varepsilon _{ijk}\nabla _{i}\nabla _{j}A_{k}=\varepsilon _{ijk}\nabla _{j}\nabla _{i}A_{k}}$

Mit einer ungeraden Permutation des Levi-Civita-Symbols ${\displaystyle \varepsilon _{ijk}=-\varepsilon _{jik}}$ folgt:

${\displaystyle \varepsilon _{ijk}\nabla _{j}\nabla _{i}A_{k}=-\varepsilon _{jik}\nabla _{j}\nabla _{i}A_{k}}$

Da ich meine Indize so nennen kann wie ich will, vertausche ich alle i und j:

${\displaystyle -\varepsilon _{ijk}\nabla _{i}\nabla _{j}A_{k}}$

Jetzt haben wir:

${\displaystyle \varepsilon _{ijk}\nabla _{i}\nabla _{j}A_{k}=-\varepsilon _{ijk}\nabla _{i}\nabla _{j}A_{k}}$

Daraus folgt:

${\displaystyle \operatorname {div\ } \operatorname {rot\ } {\vec {A}}=0}$

Alternative Lösung:

Mit der in Übungsaufgabe 1.2 gezeigten Identität:

${\displaystyle \operatorname {div\ } \operatorname {rot\ } {\vec {A}}=\nabla _{1}(\nabla _{2}\times {\vec {A}})={\vec {A}}(\nabla _{1}\times \nabla _{2})}$

Nach dem Satz von Schwarz folgt ${\displaystyle (\nabla _{1}\times \nabla _{2})={\vec {0}}}$ und dadurch:

${\displaystyle \operatorname {div\ } \operatorname {rot\ } {\vec {A}}=0}$

rot grad B = 0

Zeige: ${\displaystyle \operatorname {rot\ } \operatorname {grad\ } B=0}$

Lösung:(in Arbeit - mit Sicherheit noch falsch ;-) )

${\displaystyle \operatorname {rot\ } \operatorname {grad\ } B=\nabla \times (\nabla ,B)=\varepsilon _{ijk}\nabla _{j}(\nabla ,B)_{k}{\vec {e}}_{i}=\varepsilon _{ijk}\nabla _{j}\nabla _{k}B{\vec {e}}_{i}}$

${\displaystyle =\nabla _{j}\nabla _{k}B{\vec {e}}_{i}({\vec {e}}_{j}\times {\vec {e}}_{k}){\vec {e}}_{i}=B(\nabla \times \nabla )\delta _{ii}=B\cdot {\vec {0}}=0}$

div grad B = 0

Zeige: ${\displaystyle \operatorname {div\ } \operatorname {grad\ } B=0}$

Lösung: