Drehinvarianz von Laplace < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:12 Di 06.06.2006 | | Autor: | m.sch |
| Aufgabe | Sei [mm]\varphi \in [0,2\pi][/mm] und [mm]A:\IR^2 \to \IR[/mm] die Drehung um den Winkel [mm]\varphi[/mm], d.h. die lineare Abbildung [mm] \vektor{x_1 \\ x_2} \mapsto \pmat{ \cos(\varphi) & -\sin(\varphi) \\ \sin(\varphi) & \cos(\varphi) } \cdot \vektor{x_1 \\ x_2}.[/mm]
Für [mm]f : \IR^2 \to \IR[/mm] 2-mal stetig partiell differenzierbar sei [mm]f_A:\IR^2 \to \IR[/mm] definiert durch [mm]f_A(x) := f(Ax).[/mm]Zeigen Sie die Drehinvarianz des Laplaceoperators, d.h. [mm](\Delta f_A)(x)=(\Delta f)(Ax)[/mm] |
Hallo!
Meine Frage dazu ist eigentlich nur die, dass ich keine Ahnung habe wie ich hier formal beginnen soll. Ich kann mir die linke Seite der Gleichung nicht gescheit vorstellen. Es wäre super wenn mir jemand nen Tipp geben könnte, wie [mm](\Delta f_A)[/mm] aussehen soll. Mein Problem dabei ist nämlich, dass ja dieses [mm]f_A[/mm] nicht richtig als Funktion, sondern mehr über das Argument definiert ist. Da ist mir nicht ganz klar was da alles wo und wie in den Laplace-Operator reingehört.
Wäre super, wenn mir einer helfen könnte!
Danke schonmal.
P.S.: Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Nun, was du machen sollst, ist folgendes:
wende den Laplace-Operator auf x an, und auch auf Ax. Kommt in beiden Fällen das gleiche aus, ist der LO invariant unter A, das bedeutet, wenn du ein Vektor-/Feld drehst, ändert das nichts am Ergebnis.
Nun, in 2D gilt: [mm] $\Delta [/mm] = [mm] \bruch{\partial^2}{\partial x^2} [/mm] + [mm] \bruch{\partial^2}{\partial y^2}$
[/mm]
Und das Ding wendest du jetzt auf deinen einfachen Vektor an, als auch auf den gedrehten. Denke dabei daran, daß die Komponenten deines Vekors ihrerseits wieder Funktionen oder Feldwerte sein können, das Ableiten liefert hier nicht eins und dann null. laß den Ableitungsterm einfach vor den Komponenten stehen!
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:36 Di 06.06.2006 | | Autor: | m.sch |
Sorry, aber ich kann dir gerade überhaupt nicht folgen. Wie soll ich denn den Laplaceoperator auf nen Vektor anwenden? Ich muss den doch auf die Funktionen [mm]f[/mm] bzw. [mm]f_A[/mm] anwenden!
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Tut mir leid, da hast du vollkommen recht.
Also, der Beweis funktioniert so:
Du hast eine Funktion f(u,v). In dieses f wird entweder ganz normal x,y eingesetzt, oder eben andere Koordinaten, wie sie durch die Drehmatrix erzeugt werden, also
u=x cos - y sin
v=x sin + y cos
Zu zeigen ist, das beides mal das selbe rauskommt.
Du kennst die Konvention, daß tiefgestellte Indizes Ableitungen nach denselben bedeuten?
Also
[mm] $\Delta f(u,v)=(u_xf_u+v_xf_v)_x+(u_yf_u+v_yf_v)_y$
[/mm]
Klar? Das geht natürlich immer nach dem Gesetz "innere Ableitung mal äußere". Also leitest du f generell nach der ersten Komponente [mm] ab($f_u$), [/mm] und multiplizierst das mit der Ableitung dessen, was als erste Komponente eingesetzt wird [mm] ($u_x$), [/mm] das gleiche mit der zweiten Ableitung. Da ja zwei mal abgeleitet werden muß, wird dies nochmal nach x abgeleitet
Und das gleiche Spiel nochmal für y. Nu rechnest du weiter:
[mm] $(u_xf_u+v_xf_v)_x=u_xu_xf_{uu}+u_xv_xf_{uv}+v_xu_xf_{vu}+v_xv_xf_{vv}$
[/mm]
und ebenso den zweiten Summanden.
Nun setzt du für den nicht gedrehten Fall u=x und v=y ein. Die Ableitungen sind dann ja [mm] $u_x=v_y=1$ [/mm] und [mm] $u_y=v_x=0$.
[/mm]
Ebenso setzt du die Werte ein, die sich duch Drehung durch deine matrix ergeben, also
[mm] $u_x=cos(\phi)$
[/mm]
[mm] $u_y=-sin(\phi)$
[/mm]
[mm] $v_x=sin(\phi)$
[/mm]
[mm] $v_y=cos(\phi)$
[/mm]
Inbeiden Fällen solltest du [mm] $\Delta f(u,v)=f_{xx}+f_{yy}$ [/mm] herausbekommen, und das ist dann der Beweis!
Im Übrigen siehst du so, daß es da noch einige andere Transformationen gibt, unter denen Laplace ebenfalls invariant ist!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:03 Mi 07.06.2006 | | Autor: | m.sch |
Okay, ich hatte gestern irgendwie nicht mehr die Ruhe dazu mir das genau anzuschauen. Auf jedem Fall vielen Dank, ich denke jetzt ist klar geworden, wo der Beweis hinläuft.
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