Divergenz auf Riemann Mannigfaltigkeit - Seite 2

03.01.2019, 11:40

Lucy21

Ich weiß nicht ob das jetzt richtig ist aber V muss ja als differenzierbar vorausgesetzt werden, da sonst div V nicht existieren würde.
Div V sollte dann auch differenzierbar sein, da die Summe von differenzierbaren Funktionen wieder differenzierbar ist. ( Wobei ich hier nicht beachtet habe das eigentlich div V in diesem Fall unbekannt ist und man nicht die Formel aus dem Koordinatenraum nehmen darf). Hmm verwirrt

03.01.2019, 12:00

Finn_

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Wenn $\begin{eqnarray*} fg \end{eqnarray*}$ integrierbar ist, muss das ohne weiteres für $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ natürlich nicht der Fall sein.

Aber vielleicht gilt der folgende Satz.

Sei $\begin{eqnarray*} g\colon [a,b]\to\mathbb R \end{eqnarray*}$ . Gilt für alle Testfunktionen mit Träger in $\begin{eqnarray*} (a,b) \end{eqnarray*}$ , dass $\begin{eqnarray*} fg \end{eqnarray*}$ integrierbar ist, dann ist auch $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ integrierbar.

Da würde ich einen extra Thread für aufmachen.

03.01.2019, 12:11

Lucy21

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Okay ich eröffne dafür einen neuen Thread.

Zitat:

Original von Finn_
Genauer gesagt gilt
$\begin{eqnarray*} g_p(\nabla f(p),V(p)) = \mathrm df_p(V(p)) = \mathrm d\tilde f_x(\tilde V(x)) = \langle\vec\nabla\tilde f(x),\tilde V_B(x)\rangle \end{eqnarray*}$
mit $\begin{eqnarray*} p=F(x) \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} \tilde f=f\circ F \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \tilde V=V\circ F \end{eqnarray*}$ . Mit $\begin{eqnarray*} \tilde V_B \end{eqnarray*}$ ist der Koordinatenvektor zu $\begin{eqnarray*} \tilde V \end{eqnarray*}$ bezüglich der Basis $\begin{eqnarray*} B=(\mathbf g_1,\ldots,\mathbf g_n) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \mathbf g_k(x) = \frac{\partial F}{\partial x^k}(x) \end{eqnarray*}$ gemeint. Mit $\begin{eqnarray*} \vec\nabla \end{eqnarray*}$ ist Nablavektor in kartesischen Koordinaten gemeint.

Im Skript steht statt V welle einfach nur V. Heißt das die meinen eigentlich V welle aber schreiben einfach zur übersichtshalber nur V hin?

03.01.2019, 12:11

Finn_

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Zitat:

Ich weiß nicht ob das jetzt richtig ist aber V muss ja als differenzierbar vorausgesetzt werden, da sonst div V nicht existieren würde. Div V sollte dann auch differenzierbar sein, da die Summe von differenzierbaren Funktionen wieder differenzierbar ist. ( Wobei ich hier nicht beachtet habe das eigentlich div V in diesem Fall unbekannt ist und man nicht die Formel aus dem Koordinatenraum nehmen darf).

Und wie soll das ohne zirkuläre Schlussfolgerung im Einklang mit der Definition stehen?

Am besten einfach $\begin{eqnarray*} \operatorname{div} V \end{eqnarray*}$ als stetig voraussetzen.

03.01.2019, 12:23

lucy21

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Wir haben gleichzeitig etwas gepostet hast du meinen Beitrag um 13:11 gesehen Big Laugh

03.01.2019, 12:29

Finn_

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Zitat:

Im Skript steht statt V welle einfach nur V. Heißt das die meinen eigentlich V welle aber schreiben einfach zur übersichtshalber nur V hin?

Ja, wenn irgendwo die Phrase »in lokalen Koordinaten« steht, dann ist das immer so gemeint. Sonst müsste man auch $\begin{eqnarray*} \tilde g(u) \end{eqnarray*}$ anstelle von $\begin{eqnarray*} g(u) \end{eqnarray*}$ schreiben, weil eigentlich $\begin{eqnarray*} g(p) \end{eqnarray*}$ definiert wurde und $\begin{eqnarray*} p=F(u) \end{eqnarray*}$ gilt.

03.01.2019, 12:39

lucy21

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Ok das habe ich mir schon gedacht. Supi danke für die große Hilfe Freude

Mir ist das mit der Lokal integrierbarkeit noch etwas zu schwammig. Ich finde die Idee gut keine Frage, aber solange ich die Voraussetzungen des Lemmas nicht zeigen kann (oder nur halb) bringt mir das auch nicht viel.

Könnte ich es nicht so begründen:

Es gilt die Gleichung

$\begin{eqnarray*} \int_{U}^{} \! \widetilde{f} div V \sqrt{det g} \, du= \int_{U}^{} \! \widetilde{f} <\nabla ,V\sqrt{det g}> \, du \end{eqnarray*}$

dann muss zwangsläufig $\begin{eqnarray*} div V \sqrt{det g} = <\nabla ,V\sqrt{det g}> \end{eqnarray*}$ gelten. Das muss so sein.

Für mich ist das wie:

$\begin{eqnarray*} \int_{a}^{b} \! f(x)a(x) \, dx =\int_{a}^{b} \! f(x)b(x) \, dx \end{eqnarray*}$

Wenn diese Gleichung gelten soll muss zwangsläufig a(x)=b(x) sein. Anders gehts nicht.. Das könnte ich halt dann ohne dem Fundamentallemma behaupten

03.01.2019, 12:51

Finn_

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Da ist nichts schwammig dran. Wenn der Integrand stetig ist, dann ist er auch integrierbar. Die Stetigkeit eines zusammengesetzten Ausdrucks folgt aus den Stetigkeitssätzen.

Du kannst die Voraussetzungen natürlich strenger machen, d.h. »lokal integrierbar« gegen »integrierbar« austauschen.

03.01.2019, 13:09

lucy21

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hm ok.

Sei V diffbar. Wir setzen div V und g als Stetig voraus also sind V und g insbesondere integrierbar .
Das Produkt und die Verkettung von Stetigen Funktionen sind wieder Stetig $\begin{eqnarray*} div V \sqrt{det g} \end{eqnarray*}$ .

Somit ist auch die Subtraktion von stetigen Funktionen wieder stetig $\begin{eqnarray*} div V \sqrt{det g} -<\nabla, V> \sqrt{det g} \end{eqnarray*}$ und Integrierbar .
AUs der Integrierbarent folgt das die Funktion Lokal integrierbar ist.

<\nabla, V>: Das Skalarprodukt von Stetigen Funktionen sind wieder Stetig oder ? Big Laugh

Wir betrachten ja Mehrdimensionale Integrale. Das mit der Stetigkeit gilt doch eigentlich nur bei einem Riemann Integral

03.01.2019, 13:47

Finn_

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Zitat:

Wir betrachten ja Mehrdimensionale Integrale. Das mit der Stetigkeit gilt doch eigentlich nur bei einem Riemann Integral

Das ist ein guter Einwand.

In »Lehrbuch der Analysis, Teil 2« von Harro Heuser findet man im Abschnitt 201: »Integration über Jordan-meßbare Mengen«, auf Seite 455 einen Korollar zum allgemeinen lebesgueschen Integrabilitätskriterium.

Eine stetige Funktion auf einer kompakten und Jordan-messbaren Menge $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ ist Riemann-integrierbar auf $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ .

03.01.2019, 14:34

Lucy21

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hm Ok danke. Ich bin echt sehr verwirrt. Ich habe etwas geschrieben und bin nicht so zufrieden damit.

In Wiki steht das $\begin{eqnarray*} \Omega \subset R^n \end{eqnarray*}$ Kompakt ist.
Also abgeschlossen und beschränkt.

Ich nehme dann im Beweis als Träger $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ .
Da Omega Kompakt ist verschwindet die Funktion aufm Rand von Omega doch nicht verwirrt

Iwas ist falsch..
Muss ich beim Lemma Omega als offen voraussetzen? Dann würde die Funktion aufm Rand verschwinden, aber dann könnte ich die partielle Integration im Beweis nicht anwenden da Omega offen und nicht Kompakt ist

03.01.2019, 15:15

Finn_

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Wenn $\begin{eqnarray*} U\subseteq\mathbb R^n \end{eqnarray*}$ offen ist und $\begin{eqnarray*} \operatorname{Tr} f\subseteq U \end{eqnarray*}$ , dann verschwindet $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ auf dem Rand $\begin{eqnarray*} \partial U \end{eqnarray*}$ .

Begründung: Wäre $\begin{eqnarray*} f(u)\ne 0 \end{eqnarray*}$ für ein $\begin{eqnarray*} u\in\partial U \end{eqnarray*}$ , dann wäre der Träger keine Teilmenge von $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ mehr.

03.01.2019, 15:25

Lucy21

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Wie soll ich mein Text ändern und an welcher stelle ?

03.01.2019, 16:13

Finn_

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Ach so, ich verstehe das Problem. Eine lokale Karte $\begin{eqnarray*} F\colon U\to V \end{eqnarray*}$ ist auf einer offenen Menge definiert. Dann ist $\begin{eqnarray*} U=\Omega \end{eqnarray*}$ schon von vornherein ausgeschlossen.

Überlegung nebenher: Ein Kompaktum $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ müsste eine offene Menge enthalten, welchen den Träger enthält. Wenn $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ aber glatt ist, dann muss es auch auf einer Umgebung von $\begin{eqnarray*} \partial\Omega \end{eqnarray*}$ verschwinden. Bei einer glatten Funktion genügt also $\begin{eqnarray*} \operatorname{Tr} f \subseteq \Omega \end{eqnarray*}$ , damit $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ auf dem Rand verschwindet.

Grieser bringt da eine Herleitung der partiellen Integration, speziell für Funktionen mit kompaktem Träger.

03.01.2019, 16:49

Finn_

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Die Formel
$\begin{eqnarray*} \int_\Omega f\, \operatorname{div} V \, dx = \int_{\Omega} \langle\nabla,fV\rangle dx - \int_\Omega \langle V,\operatorname{grad} f\rangle\, dx \end{eqnarray*}$
folgt ganz allgemein aus der Produktregel. Hierbei darf $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ auch offen sein.

Der Träger von $\begin{eqnarray*} fV \end{eqnarray*}$ kann niemals größer als der von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ sein. Das Integral
$\begin{eqnarray*} \int_{\Omega} \langle\nabla,fV\rangle dx \end{eqnarray*}$
wird sich daher nicht ändern, wenn $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ speziell bei diesem Integral auf den Träger von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ eingeschränkt wird.

Dann wird der gaußsche Integralsatz angewendet, und dafür muss $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ dann Kompakt mit stückweise glattem Rand sein. Aber nur dieses spezielle $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ .

Wenn $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ glatt ist, hat dann vielleicht auch der Träger einen glatten Rand? Oder gibt es vielleicht eine stückweise glatte kompakte Obermenge zwischen dem Träger und dem ursprünglichem $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ ?

03.01.2019, 17:42

lucy21

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Hm ok ich werde mir das aufjedenfall mal in Ruhe alles durchlesen und mir Gedanken drüber machen. Danke Finn.

04.01.2019, 13:47

Finn_

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Sorry, ich habe hier Fehlerüberlegung gemacht:

Zitat:

Wenn $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ aber glatt ist, dann muss es auch auf einer Umgebung von $\begin{eqnarray*} \partial\Omega \end{eqnarray*}$ verschwinden.

Das ist natürlich Quatsch. Gegenbeispiel:

$\begin{eqnarray*} f(x,y) := \begin{cases}\exp\left(-\frac{1}{1-r^2}\right) &\text{wenn}\; r<1\\ 0 & \text{sonst}\end{cases} \end{eqnarray*}$
mit $\begin{eqnarray*} r:=\sqrt{x^2+y^2}. \end{eqnarray*}$

Die Funktion ist glatt und der Träger ist die abgeschlossene Einheitskreisscheibe. Jedoch verschwindet die Funktion nicht für $\begin{eqnarray*} r<1 \end{eqnarray*}$ , egal wie dicht $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ am Rand liegt.

04.01.2019, 14:02

Lucy21

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Ah so, kein Problem kann passieren smile

Ich werde mir das später genauer anschauen wollte jetzt erstmal weiter machen. Kannst du im anderen Thread mal nachschauen ob das Beispiel was ich ausgesucht habe richtig aussieht ?

08.02.2019, 13:20

lucy21

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Hallo Finn,

Die Divergenz berechnet sich ja durch:

$\begin{eqnarray*} div V= \frac{1}{det(g_{ij})} \sum\limits_{i=1}^{2} \frac{\partial}{\partial u_{i}}\left( V^{i}det(g_{ij}) \right) \end{eqnarray*}$

Die Koeffizientenfunktionen kann man darstellen als $\begin{eqnarray*} V^{i}= g^{ij} V_{j} \end{eqnarray*}$ ? warum eigentlich ? mit $\begin{eqnarray*} V_{j}= V \frac{\partial F}{\partial u_{i}} \end{eqnarray*}$ verstehe auch nicht warum das gilt.

Aber mit diesen "Umformungen" folgt

$\begin{eqnarray*} div V= \frac{1}{det(g_{ij})} \sum\limits_{i,j=1}^{2} \frac{\partial}{\partial u_{i}}\left( g^{ij} V_{j} det(g_{ij}) \right) \end{eqnarray*}$

bzw.

$\begin{eqnarray*} div V= \frac{1}{det(g_{ij})} \sum\limits_{i.j=1}^{2} \frac{\partial}{\partial u_{i}}\left( g^{ij}V \frac{\partial F}{\partial u_{i}} det(g_{ij}) \right) \end{eqnarray*}$ .

Wenn wir nun zum Beispiel für V ein Einheitsnormalenfeld N von S nehmen, also $\begin{eqnarray*} N(p)=N(F(u)) \end{eqnarray*}$ .
gilt:

$\begin{eqnarray*} div N = \sum\limits_{i=1}^{2} g^{ij} \frac{\partial N}{\partial u_{i} }\frac{\partial F}{\partial u_{i}} \end{eqnarray*}$ . Erstaunlicherweise ist dann

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} div N \end{eqnarray*}$

die mittlere Krümmung von S.

08.02.2019, 21:24

lucy21

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und die sagen das

$\begin{eqnarray*} \Delta F= H N \end{eqnarray*}$ gilt.

Ich verstehe aber echt nicht warum Hammer

28.02.2019, 07:55

Amber23

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RE: Divergenz auf Riemann Mannigfaltigkeit

Zitat:

Original von lucy21
Meine Frage:
Hi Ich verstehe einige Sachen nicht und würde mich freuen wenn wir das lösen können mit beste online casinos .

Meine Ideen:
Wieso steht im Anhang 2 $\begin{eqnarray*} \int_{}^{} \! \widetilde{f} div V \sqrt{det g} \, dx \end{eqnarray*}$ ?
Im Anhang 1 war ja da noch ein f also : $\begin{eqnarray*} \int_{}^{} \! f div V \sqrt{det g} \, dx \end{eqnarray*}$ ?
Wie kommt man dann auf das 2 "=" und schließlich zur Formel?

Wenn die Voraussetzungen für das Fundamentallemma erfüllt sind, sollte es so stimmen.

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