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  Rotationsinvariant |
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NffN1
Aktiv 
Dabei seit: 28.04.2020
Mitteilungen: 166
 |  Themenstart: 2022-11-12
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Guten Tag,
ich muss zeigen, dass die Gleichung $u+\Delta u=0$ rotationsinvariant ist.
Im Grunde reicht es ja zu zeigen, dass $u(Rx)+\Delta u(Rx)=0$ gilt für eine Rotationsmatrix R mit det(R)=1 und $x=(x1,...,xn)$, oder?
Aber wie geht man weiter vor?
MfG,
Noah
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nzimme10
Senior 
Dabei seit: 01.11.2020
Mitteilungen: 2206
Wohnort: Köln
 | Beitrag No.1, eingetragen 2022-11-12
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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}}
\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}}
\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\e}{\mathrm{e}}
\renewcommand{\d}{\mathrm{d}}
\renewcommand{\dd}{\ \mathrm d}
\newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}}
\newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}}
\newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}}
\newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Hallo,
bringt dich
$$
\Delta u=\opn{div}(\opn{grad}(u))
$$
schon weiter?
LG Nico\(\endgroup\)
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NffN1
Aktiv
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Mitteilungen: 166
| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-12
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Die Definition vom Laplace Operator war hier weniger das Problem :)
Ich weiss nicht wirklich wie ich mit dem Rx arbeiten soll.
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nzimme10
Senior
Dabei seit: 01.11.2020
Mitteilungen: 2206
Wohnort: Köln
| Beitrag No.3, eingetragen 2022-11-12
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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}}
\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}}
\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\e}{\mathrm{e}}
\renewcommand{\d}{\mathrm{d}}
\renewcommand{\dd}{\ \mathrm d}
\newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}}
\newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}}
\newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}}
\newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Daher mein Hinweis. Du könntest dir ja mal überlegen, dass $\opn{grad}(u)(Rx)=R\opn{grad}(u)(x)$ gilt. Nun kannst du überlegen, was eine Drehung mit der Divergenz macht etc.
LG Nico\(\endgroup\)
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zippy
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Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 4603
 | Beitrag No.4, eingetragen 2022-11-13
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\quoteon(2022-11-12 21:13 - nzimme10 in Beitrag No. 3)
Du könntest dir ja mal überlegen, dass $\opn{grad}(u)(Rx)=R\opn{grad}(u)(x)$ gilt.
\quoteoff
Das ist nicht richtig. Betrachte etwa $u(x)=x_1$ und $R=
\begin{pmatrix}0&-1&0\\1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}$. Dann ist $
\operatorname{grad}(u)(Rx)=\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}$, aber $
R\operatorname{grad}(u)(x)=\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}$.
Was dagegen gilt ist $\operatorname{grad}(u)(Rx)=R\operatorname{grad}(u\circ R)(x)$, wobei $u\circ R$ die Funktion $x\mapsto u(Rx)$ bezeichnet:$$
\bigl[\operatorname{grad}(u\circ R)(x)\bigr]_i =
\sum_j{\partial u\over\partial x_j}(Rx)\,R_{ji} =
\bigl[R^T\operatorname{grad}(u)(Rx)\bigr]_i
$$
Analog sieht man $\bigl(\Delta(u\circ R)\bigr)(x)=(\Delta u)(Rx)$, indem man die Kettenregel nicht nur einmal, sondern zweimal nacheinander anwendet:$$\begin{align*}
\bigl(\Delta(u\circ R)\bigr)(x) &=
\sum_{i,j,k}{\partial^2u\over\partial x_i\partial x_j}(Rx)
\,R_{ik}\,R_{jk} \\ &=
\sum_{i,j}{\partial^2u\over\partial x_i\partial x_j}(Rx)
(RR^T)_{ij} \\ &=
\sum_i{\partial^2u\over\partial x_i^2}(Rx) \\[2ex] &=
(\Delta u)(Rx)
\end{align*}$$--zippy
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NffN1
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| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-13
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Gilt denn nun $grad(u)(Rx)=Rgrad(u∘R)(x)$ oder $grad(u)(Rx)=R^Tgrad(u∘R)(x)$?
Eine Drehmatrix muss ja nicht symmetrisch sein oder?
Habe ich dann nicht $\Delta u(Rx)=R\Delta(u∘R)(x)$ ?
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zippy
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Dabei seit: 24.10.2018
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| Beitrag No.6, eingetragen 2022-11-13
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\quoteon(2022-11-13 12:11 - NffN1 in Beitrag No. 5)
Gilt denn nun $grad(u)(Rx)=Rgrad(u∘R)(x)$ oder $grad(u)(Rx)=R^Tgrad(u∘R)(x)$?
Eine Drehmatrix muss ja nicht symmetrisch sein oder?
\quoteoff
Es gilt $\operatorname{grad}(u)(Rx)=R\operatorname{grad}(u\circ R)(x)$ und das ist wegen $R^{-1}=R^T$ äquivalent zu $\operatorname{grad}(u\circ R)(x)=R^T\operatorname{grad}(u)(Rx)$.
\quoteon(2022-11-13 12:11 - NffN1 in Beitrag No. 5)
Habe ich dann nicht $\Delta u(Rx)=R\Delta(u∘R)(x)$ ?
\quoteoff
Nein, und das ergibt auch keinen Sinn, denn $\Delta(u\circ R)(x)$ ist ein Skalar und den kann man nicht mehr durch die Anwendung von $R$ drehen.
Die Bedeutung der Gleichung wird vielleicht klarer, wenn wir den linearen Operator $\mathcal R$ mit $(\mathcal R f)(x)=f(Rx)$ betrachten, der eine skalare Funktion dreht. $\bigl(\Delta(u\circ R)\bigr)(x)=(\Delta u)(Rx)$ ist dann äquivalent zu $\Delta(\mathcal R u)(x)=(\mathcal R\Delta u)(x)$ bzw. $\Delta\,\mathcal R=\mathcal R\,\Delta$. Die Operatoren $\Delta$ und $\mathcal R$ vertauschen also miteinander.
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NffN1
Aktiv
Dabei seit: 28.04.2020
Mitteilungen: 166
| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-13
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Okay zu zeigen ist dann also $(u\circ R)(x)+\Delta (u \circ R)(x)=0$.
Reicht es hier $(u\circ R)=:g$ zu setzen und zu sagen, dass $g(x)+\Delta g(x)=0$ gilt?
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zippy
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| Beitrag No.8, eingetragen 2022-11-13
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\quoteon(2022-11-13 12:44 - NffN1 in Beitrag No. 7)
Okay zu zeigen ist dann also $(u\circ R)(x)+\Delta (u \circ R)(x)=0$.
Reicht es hier $(u\circ R)=:g$ zu setzen und zu sagen, dass $g(x)+\Delta g(x)=0$ gilt?
\quoteoff
Statt das nur zu sagen, musst du es auch begründen:$$
\bigl(g+\Delta g\bigr)(x) =
\bigl[(u\circ R)+\Delta (u\circ R)\bigr](x) =
u(Rx)+(\Delta u)(Rx) =
\bigl(u+\Delta u\bigr)(Rx) = 0$$
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