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Differentialgleichungen » Partielle DGL » Rotationsinvariant
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Universität/Hochschule J Rotationsinvariant
NffN1
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  Themenstart: 2022-11-12

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
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  Beitrag No.1, eingetragen 2022-11-12

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\mathrm{d}} \renewcommand{\dd}{\ \mathrm d} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Hallo, bringt dich $$ \Delta u=\opn{div}(\opn{grad}(u)) $$ schon weiter? LG Nico\(\endgroup\)


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NffN1
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-12

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
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  Beitrag No.3, eingetragen 2022-11-12

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\mathrm{d}} \renewcommand{\dd}{\ \mathrm d} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) 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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  Beitrag No.4, eingetragen 2022-11-13

\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

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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  Beitrag No.6, eingetragen 2022-11-13

\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
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  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-13

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

\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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