Divergenz auf Riemann Mannigfaltigkeit

28.12.2018, 01:41

lucy21

Divergenz auf Riemann Mannigfaltigkeit

Meine Frage:
Hi Ich verstehe einige Sachen nicht und würde mich freuen wenn wir das lösen können.

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?

28.12.2018, 15:19

Finn_

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Die Regel zur mehrdimensionalen partiellen Integration lautet
$\begin{eqnarray*} \int_U f\operatorname{div} v\,dV = \int_{\partial U} f\langle v,d\mathbf S\rangle - \int_U \langle\operatorname{grad} f,v\rangle\,dV. \end{eqnarray*}$
Hierbei ist $\begin{eqnarray*} U\subseteq\mathbb R^n \end{eqnarray*}$ kompakt mit stückweise glattem Rand. Das Vektorfeld $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ soll auf einer offenen Umgebung von $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ definiert und stetig differenzierbar sein. Das Skalarfeld $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ soll auf $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ definiert und stetig differenzierbar sein. Diese Regel kommt aus der mehrdimensionalen Analysis und wird als bekannt vorausgesetzt.

Sei jetzt $\begin{eqnarray*} (M,g) \end{eqnarray*}$ eine riemannsche Mannigfaltigkeit und $\begin{eqnarray*} f\colon M\to\mathbb R \end{eqnarray*}$ ein Skalarfeld. Ferner sei $\begin{eqnarray*} \varphi\colon U\to V\subseteq M \end{eqnarray*}$ eine lokale Karte und der Träger von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ soll innerhalb von $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ liegen, d.h. den Rand nicht berühren. Dann gilt
$\begin{eqnarray*} \int_M f\,dS = \int_U f\sqrt{\det g}\,dx, \end{eqnarray*}$
wobei auf der rechten Seite genauer gesagt die lokalen Darstellungen $\begin{eqnarray*} f\circ\varphi \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g\circ\varphi \end{eqnarray*}$ stehen. Auf der rechten Seite darf man die bekannten Regeln aus der mehrdimensionalen Analysis anwenden.

Es gilt nun $\begin{eqnarray*} g(\nabla f,V) = df(V) = \langle\nabla f,V\rangle \end{eqnarray*}$ , wobei im letzten Term wieder die lokalen Darstellungen stehen. Die sind in kartesischen Koordinaten mit Standardskalarprodukt. Der Gradient auf der linken Seite hat also eine ganz andere Bedeutung. Es ergibt sich
$\begin{eqnarray*} \int_M g(\nabla f,V)dS = \int_U \langle\nabla f,V\rangle \sqrt{\det g}\,dx = \int_U \langle\nabla f,V\sqrt{\det g}\rangle dx = -\int_U f\langle\nabla,V\sqrt{\det g}\rangle\,dx. \end{eqnarray*}$

Im letzten Schritt wurde die partielle Integration angewendet, wobei man beachtet, dass $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ auf dem Rand verschwindet, da der Träger im Inneren von $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ liegt.

Eingesetzt in die angegebene Definition von $\begin{eqnarray*} \operatorname{div} V \end{eqnarray*}$ ergibt sich
$\begin{eqnarray*} \int_U f\operatorname{div}(V)\sqrt{\det g}\,dx = \int_U f\langle\nabla,V\sqrt{\det g}\rangle\,dx. \end{eqnarray*}$

Da das für jede Testfunktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ gelten soll, gilt
$\begin{eqnarray*} \operatorname{div}(V)\sqrt{\det g} = \langle\nabla,V\sqrt{\det g}\rangle. \end{eqnarray*}$

Eine absurde Gleichung. Wenn man $\begin{eqnarray*} \sqrt{\det g} \end{eqnarray*}$ in »in die Divergenz reinzieht«, dann darf man in kartesischen Koordinaten rechnen. Auf der rechten Seite gilt daher
$\begin{eqnarray*} \langle\nabla ,V\sqrt{\det g}\rangle = \sum_{k=1}^n \frac{\partial}{\partial x^k}(V^k\sqrt{\det g}). \end{eqnarray*}$

28.12.2018, 15:53

lucy21

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Hey und vielen dank für die Antwort smile

Ich glaube ich verstehe das was du schreibst. Wenn ich aber dazu eine Frage habe werde ich dich fragen vielen dank smile

Wie kommst du auf ...=df(V)=...?
Was ich mich dann noch frage wie kommt man dann auf die Formel div v=.... ?
Man kann doch nicht einfach dividieren und div V lassen. Also ich mein damit:

$\begin{eqnarray*} \int_{}^{} \! \widetilde{f} div V \sqrt{det g} \, dx = \int_{}^{} \! \widetilde{f} \sum\limits_{i=1}^{} \frac{\partial}{\partial x^i} (V^i \sqrt{det g}) \, dx \end{eqnarray*}$

aus dem folgt doch nicht

$\begin{eqnarray*} div V = \frac{ \int_{}^{} \! \widetilde{f} \sum\limits_{i=1}^{} \frac{\partial}{\partial x^i} (V^i \sqrt{det g}) \, dx}{ \int_{}^{} \! \widetilde{f} \sqrt{det g} \, dx } \end{eqnarray*}$ verwirrt

Man kann doch nicht div V nicht einfach aus dem Integral ziehen verwirrt

Das ist sowie:

$\begin{eqnarray*} \int_{}^{} \! x^2*x^3 \, dx =\int_{}^{} \! x^2 \, dx \end{eqnarray*}$

und aus dem folgt

$\begin{eqnarray*} x^3 =\frac{\int_{}^{} \! x^2 \, dx}{ \int_{}^{} \! x^2 \, dx} \end{eqnarray*}$

das ist ja auch falsch..
In der Formel wir dann V^i zu V verwirrt

ist das ein Tippfehler ?

28.12.2018, 16:25

Lucy21

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Ich verstehe nicht wie das - bei dir verschwunden ist verwirrt

28.12.2018, 16:50

Finn_

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Zitat:

Wie kommst du auf ...=df(V)=...?

Man definert $\begin{eqnarray*} \Phi(v)(w) := g(v,w) \end{eqnarray*}$ . Aus den Eigenschaften von $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ ergibt sich, dass $\begin{eqnarray*} \Phi\colon T_p M\to T_p^* M \end{eqnarray*}$ ein Vektorraum-Isomorphismus ist. Man schreibt $\begin{eqnarray*} v^\flat = \Phi(v) \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} \omega^\sharp = \Phi^{-1}(\omega) \end{eqnarray*}$ und spricht von den musikalischen Isomorphismen. Es lässt sich zeigen, dass $\begin{eqnarray*} \nabla f = (df)^\sharp \end{eqnarray*}$ . Daher ist
$\begin{eqnarray*} g(\nabla f,w) = \Phi(\Phi^{-1}(df))(w) = df(w). \end{eqnarray*}$

Zitat:

Was ich mich dann noch frage wie kommt man dann auf die Formel div v=.... ?

Das ist ein extra Satz wert bzw. ein extra Thread. Wenn für alle glatten Funktionen $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ mit Träger in $\begin{eqnarray*} [a,b] \end{eqnarray*}$ die Gleichung
$\begin{eqnarray*} \int_a^b fg\,\mathrm dx = \int_a^b fh\,\mathrm dx \end{eqnarray*}$
gilt, kann dann geschlussfolgert werden, dass $\begin{eqnarray*} g(x)=h(x) \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x\in (a,b) \end{eqnarray*}$ ? Wenn nein, fast überall?

Zitat:

In der Formel wir dann V^i zu V, ist das ein Tippfehler?

Es scheint sich um einen Tippfehler zu handeln.

Was es mit der Tilde über dem $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ auf sich hat, kann ich auch nicht sagen. Vielleicht soll $\begin{eqnarray*} \tilde f = \tau_k f \end{eqnarray*}$ sein, wobei $\begin{eqnarray*} \tau_k \end{eqnarray*}$ zu einer Zerlegung der Eins gehört. Aber da steht zuvor, dass $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ selbst seinen Träger innerhalb des Kartengebietes haben soll. Vielleicht wurde da die Tilde vergessen?

Wenn $\begin{eqnarray*} \tilde f = f\circ\varphi \end{eqnarray*}$ gemeint wäre, dann müsste man auch $\begin{eqnarray*} \tilde g = g\circ\varphi \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \tilde V = V\circ\varphi \end{eqnarray*}$ schreiben. Das kann doch nicht gemeint sein.

28.12.2018, 16:56

Finn_

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Zitat:

Original von Lucy21
Ich verstehe nicht wie das - bei dir verschwunden ist verwirrt

In der Definition von div V kommt ein Minus vor. Und durch die partielle Integration entsteht ein zweites. Minus mal minus macht dann plus.

28.12.2018, 17:10

lucy21

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Zitat:

Das ist ein extra Satz wert bzw. ein extra Thread. Wenn für alle glatten Funktionen f mit Träger in [a,b] die Gleichung.....

hm ok verstehe nicht ganz was du meinst verwirrt

kannst du mir vllt erklären wie man auf die Endformel von div V kommt ?

Zitat:

Wenn $\begin{eqnarray*} \tilde f = f\circ\varphi \end{eqnarray*}$ gemeint wäre, dann müsste man auch $\begin{eqnarray*} \tilde g = g\circ\varphi \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \tilde V = V\circ\varphi \end{eqnarray*}$ schreiben. Das kann doch nicht gemeint sein.

Such mal in google nach:

"Divergenz riemannsche Mannigfaltigkeit"

Das ist das Skript. Hier ist tatsächlich f Tilde als f(F) definiert. verwirrt

Das mit dem Minus hat sich erledigt danke Freude

28.12.2018, 17:18

Finn_

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Fundamentallemma der Variationsrechnung.
Sei $\begin{eqnarray*} g\in C[a,b] \end{eqnarray*}$ und für jedes $\begin{eqnarray*} f\in C^2[a,b] \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(a)=f(b)=0 \end{eqnarray*}$ gelte
$\begin{eqnarray*} \int_a^b fg\,\mathrm dx = 0. \end{eqnarray*}$
Dann ist $\begin{eqnarray*} g(x)=0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x\in [a,b] \end{eqnarray*}$ .

Substituiere nun $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ gegen $\begin{eqnarray*} g-h \end{eqnarray*}$ . Dann ergibt sich als Bedingung
$\begin{eqnarray*} 0 = \int_a^b f(g-h)\,\mathrm dx = \int_a^b fg\,\mathrm dx-\int_a^b fh\,\mathrm dx. \end{eqnarray*}$
Daraus folgt $\begin{eqnarray*} g(x)-h(x)=0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x\in [a,b] \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} g(x)=h(x) \end{eqnarray*}$ .

Es gibt dieses Fundamentallemma auch für höhere Dimensionen.

28.12.2018, 17:29

lucy21

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hm okay. Wie hilft mir das nun auf den Ausdruck im Anhang zu kommen? verwirrt

28.12.2018, 17:33

Finn_

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Der Ausschnit in deinem Anhang hat die Tilde über $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ in der Formel
$\begin{eqnarray*} g(\nabla f,V) = \sum_i \frac{\partial\tilde f}{\partial x^i} V^i \end{eqnarray*}$
weggeschnitten.

Dann gilt natürlich $\begin{eqnarray*} \tilde f = f\circ\varphi \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} \tilde f(x) = f(p) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} p=\varphi(x) \end{eqnarray*}$ .

28.12.2018, 17:43

lucy21

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Zitat:

Original von Finn_
Der Ausschnit in deinem Anhang hat die Tilde über $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ in der Formel
$\begin{eqnarray*} g(\nabla f,V) = \sum_i \frac{\partial\tilde f}{\partial x^i} V^i \end{eqnarray*}$
weggeschnitten.

Dann gilt natürlich $\begin{eqnarray*} \tilde f = f\circ\varphi \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} \tilde f(x) = f(p) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} p=\varphi(x) \end{eqnarray*}$ .

Ups omg wie peinlich Hammer

Tut mir leid unglücklich

Dann hat sich das mit f Tilde erledigt. Freude

28.12.2018, 17:45

Finn_

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Fundamentallemma der Variationsrechnung.
Sei $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ eine offene Teilmenge des $\begin{eqnarray*} \mathbb R^n \end{eqnarray*}$ und sei $\begin{eqnarray*} g\colon U \to \mathbb R \end{eqnarray*}$ eine lokal integrierbare Funktion. Es gelte für jede unendlich oft differenzierbare Funktion $\begin{eqnarray*} f \colon U \to \mathbb R \end{eqnarray*}$ mit kompaktem Träger:
$\begin{eqnarray*} \int_U {f(x)\, g(x)} \, \mathrm dx = 0. \end{eqnarray*}$
Dann ist $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ die Nullfunktion, d.h. $\begin{eqnarray*} g(x)=0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ .

28.12.2018, 18:15

lucy21

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Okay leider verstehe ich trotzdem nicht wie man mit Hilfe dieser Information von

$\begin{eqnarray*} \int_{}^{} \! \widetilde{f} div V \sqrt{det g} \, dx = \int_{}^{} \! \widetilde{f} \sum\limits_{i=1}^{} \frac{\partial}{\partial x^i} (V^i \sqrt{det g}) \, dx \end{eqnarray*}$

auf die angehängte Formel der Div kommt verwirrt

28.12.2018, 18:43

lucy21

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heißt das dann:

$\begin{eqnarray*} \int_{}^{} \! \widetilde{f} div V \sqrt{det g} \, dx - \int_{}^{} \! \widetilde{f} \sum\limits_{i=1}^{} \frac{\partial}{\partial x^i} (V^i \sqrt{det g}) \, dx = \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int_{}^{} \! \widetilde{f} (div V \sqrt{det g} - \sum\limits_{i=1}^{} \frac{\partial}{\partial x^i} (V^i \sqrt{det g}) ) \, dx = 0 \end{eqnarray*}$

wegen dem Satz was du geschrieben hast gilt nun:

$\begin{eqnarray*} div V \sqrt{det g} - \sum\limits_{i=1}^{} \frac{\partial}{\partial x^i} (V^i \sqrt{det g}) =0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} div V \sqrt{det g} = \sum\limits_{i=1}^{} \frac{\partial}{\partial x^i} (V^i \sqrt{det g}) \end{eqnarray*}$

und daraus folgt die Formel so richtig oder ?

28.12.2018, 19:39

Finn_

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

28.12.2018, 20:53

Lucy21

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Also muss ich irgendwie zeigen das die Voraussetzungen erfüllt sind.
Wie mache ich das am besten ?
Ps: Danke für die Hilfe

29.12.2018, 00:06

lucy21

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Wie kann man zeigen das die Funktion g lokal integrierbar ist ?

29.12.2018, 02:15

lucy21

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Zitat:

Original von Finn_

...
Sei jetzt $\begin{eqnarray*} (M,g) \end{eqnarray*}$ eine riemannsche Mannigfaltigkeit und $\begin{eqnarray*} f\colon M\to\mathbb R \end{eqnarray*}$ ein Skalarfeld. Ferner sei $\begin{eqnarray*} \varphi\colon U\to V\subseteq M \end{eqnarray*}$ eine lokale Karte und der Träger von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ soll innerhalb von $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ liegen, d.h. den Rand nicht berühren.
...

...
Im letzten Schritt wurde die partielle Integration angewendet, wobei man beachtet, dass $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ auf dem Rand verschwindet, da der Träger im Inneren von $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ liegt.
...
[/l]

liegt der Träger von f in V oder in U verwirrt

29.12.2018, 11:53

Finn_

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Der Träger von $\begin{eqnarray*} f\colon M\to \mathbb R \end{eqnarray*}$ soll in $\begin{eqnarray*} V\subseteq M \end{eqnarray*}$ liegen, wobei $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ eine offene Menge ist. Ist $\begin{eqnarray*} \varphi\colon U\to V\subseteq M \end{eqnarray*}$ eine lokale Karte und $\begin{eqnarray*} \tilde f = f\circ\varphi \end{eqnarray*}$ , dann liegt der Träger von $\begin{eqnarray*} \tilde f \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ und es gilt $\begin{eqnarray*} \operatorname{Tr}f = \varphi(\operatorname{Tr}\tilde f) \end{eqnarray*}$ .

29.12.2018, 12:31

Lucy21

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Hm ok danke smile

Ich wollte jetzt ein Bsp berechnen.
Angenommen S sei die Zylinderfläche mit der Parametrisierung
F(u1,u2)= $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} cos(u_{1}) \\ sin(u_{1}) \\ u_{2}\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
und V sei das Gradientenvektorfeld
V= $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} sin(u_{1})^2 \\ -cos(u_{1})sin(u_{1}) \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .
Wir kriegen dann für gij und die Inverse die Einheitsmatrix.
Bevor ich weiter rechne macht es Sinn weiter zu rechnen? Ist das ein Sinnvolles Beispiel?

29.12.2018, 12:56

Finn_

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Bei der Aussage
$\begin{eqnarray*} \operatorname{Tr} f = \varphi(\operatorname{Tr}\tilde f) \end{eqnarray*}$
muss man natürlich aufpassen, dass man sich da nicht die Finger verbrennt. In der Definition des Trägers wird der Abschluss gemacht. Das ist ein topologisches Konzept, die technischen Details möchte man lieber nicht aufdröseln.

Glücklicherweise gilt der folgende Satz.
Sind $\begin{eqnarray*} X,Y \end{eqnarray*}$ topologische Räume und ist $\begin{eqnarray*} \varphi\colon X\to Y \end{eqnarray*}$ ein Homöomorphismus, dann gilt $\begin{eqnarray*} \varphi(\overline A) = \overline{\varphi(A)} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} A\subseteq X \end{eqnarray*}$ .

Der Träger ist nun so definiert:
$\begin{eqnarray*} \operatorname{Tr} f = \overline{\{p\in M\mid f(p)\ne 0\}} = \overline{f^{-1}(0^c)} \end{eqnarray*}$ .

Es ergibt sich
$\begin{eqnarray*} \varphi(\tilde f^{-1}(0^c)) = \varphi(\{x\mid x\in U\land \tilde f(x)\ne 0\}) = \{p\mid \exists x(p=\varphi(x)\land x\in U\land \tilde f(x)\ne 0)\}. \end{eqnarray*}$
Wenn sowieso $\begin{eqnarray*} p=\varphi(x) \end{eqnarray*}$ sein soll, dann lässt sich immer $\begin{eqnarray*} x=\varphi^{-1}(p) \end{eqnarray*}$ finden, da $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ als bijektiv vorausgesetzt ist. Der Existenzquantor löst sich auf und mit $\begin{eqnarray*} \tilde f(\varphi^{-1}(p)) = f(p) \end{eqnarray*}$ ergibt sich
$\begin{eqnarray*} \varphi(\tilde f^{-1}(0^c)) = \{p\mid \varphi^{-1}(p)\in U\land f(p)=0\} = \{p\mid p\in V\land f(p)=0\} = \{p\mid p\in M\land f(p)=0\} = f^{-1}(0^c). \end{eqnarray*}$

Also gilt
$\begin{eqnarray*} \varphi(\operatorname{Tr}(\tilde f)) = \varphi(\overline{\tilde f^{-1}(0^c)}) = \overline{\varphi(\tilde f^{-1}(0^c))} = \overline{f^{-1}(0^c)} = \operatorname{Tr} f. \end{eqnarray*}$

29.12.2018, 13:15

lucy21

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Bevor ich zu dieser Sache komme und zu meinem Beispiel wollte ich dich mal fragen ob du dir das was ich aufgeschrieben habe mal durchlesen könntest. Sind die Sachen die ich geschrieben habe richtig ? verwirrt

und sieht mein Beispiel sinnvoll aus oder eher nicht ?

29.12.2018, 13:19

Finn_

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Wenn $\begin{eqnarray*} (g_{ij}) \end{eqnarray*}$ die Einheitsmatrix ist, dann ist die Tangentialbasis überall orthonormal. Wie vereinfacht sich die Formel für $\begin{eqnarray*} \operatorname{div} V \end{eqnarray*}$ , wenn man $\begin{eqnarray*} g_{ij} \end{eqnarray*}$ einsetzt?

29.12.2018, 13:30

Lucy21

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Ahh dann kriegen wir wieder die Formel wie im Koordinatenraum..
Ich wollte mal ein Bsp berechnen wo dies nicht der Fall ist verwirrt

29.12.2018, 15:08

Finn_

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Die Rechnung zu $\begin{eqnarray*} I(\nabla,V) \end{eqnarray*}$ lässt sich für ein allgemeines $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ bewerkstelligen, da muss nicht extra $\begin{eqnarray*} V:=V\sqrt{\det g} \end{eqnarray*}$ eingesetzt werden. Außerdem steht die Ableitung am Ende der Rechnung vor einem Term, das würde heißen, dass man diesen Term ableitet. Entweder die kommt ganz nach hinten, oder es wäre besser, die Rechnung für $\begin{eqnarray*} I(\nabla f,X) \end{eqnarray*}$ zu machen.

Im Ricci-Kalkül rechnet man
$\begin{eqnarray*} I(\nabla f,V) \hat= \langle\nabla f,V\rangle = \langle g^{ij}\partial_j f\mathbf g_i,V^j \mathbf g_j\rangle = \partial_j f V^j g^{ij}\langle \mathbf g_i, \mathbf g_j\rangle \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} = \partial_j f V^j g^{ij} g_{ij} = \partial_j f V^j\delta_i^j = \partial_i f V^i. \end{eqnarray*}$
Deine Rechnung ist da soweit richtig.

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.

29.12.2018, 15:39

Finn_

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Dass der Träger im Inneren von $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ liegen soll, ist, auch von mir, etwas unglücklich ausgedrückt. Der Parameterbereich $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ ist ja schon offen vorausgesetzt. Wenn der Träger eine Teilmenge von $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ ist, dann wird er den Rand niemals berühren.

Das ist wie in einer Dimension. Ein $\begin{eqnarray*} x\in(a,b) \end{eqnarray*}$ wird niemals $\begin{eqnarray*} x=a \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} x=b \end{eqnarray*}$ sein dürfen. Das $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ kann den Randstellen zwar beliebig nahe kommen, darf aber niemals mit ihnen übereinstimmen.

29.12.2018, 17:19

Lucy21

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Hey ich bin gerade unterwegs deswegen kann ich gerade kein ausführlichen text schreiben. Ich schreibe dir später.
Ist die Rechnung I(nabla, V) falsch ? Also bei mir? verwirrt

d/dxi steht in der divergenz formel ja auch vorne.

30.12.2018, 15:00

Lucy21

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Sei V wieder unser Vektorfeld mit $\begin{eqnarray*} V=\begin{pmatrix} sin(u_{1}) \\ -cos(u_{1})sin(u_{1}) \\ u_{2} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
und die Fläche S sei das Kätenoid mit der parametrisierung

$\begin{eqnarray*} F(u_{1},u_{2})=\begin{pmatrix} cosh(u_{1})cos(u_{2}) \\cosh(u_{1})sin(u_{2}) \\ u_{1} \end{pmatrix}. \end{eqnarray*}$

Für die 1 Fundamentalmatrix gilt dann

$\begin{eqnarray*} g_{ij}=\begin{pmatrix} cosh^2(u_{1}) & 0 \\ 0 & cosh^2(u_{1}) \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

die Determinante aus dieser ist

$\begin{eqnarray*} det(g_{ij})=cosh^4(u_{1}) \end{eqnarray*}$ .

Das heißt für die Divergenz folgt

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{cosh^2(u_{1})} \sum\limits_{i=1}^{} \frac{\partial}{\partial u_{i}} (V^i cosh^2(u_{1})) \end{eqnarray*}$

= $\begin{eqnarray*} \frac{1}{cosh^2(u_{1})} ( \frac{\partial}{\partial u_{1}} (V^1 cosh^2(u_{1})) + \frac{\partial}{\partial u_{2}} (V^2 cosh^2(u_{1})) + \frac{\partial}{\partial u_{3}} (V^3 cosh^2(u_{1})) \end{eqnarray*}$

das ist Schwachsinn oder ? u_3 gibst ja nicht. Ich dachte aber halt das V^i die Komponenten des Vertorfendes sind..
Das heißt in der Formel muss tatsächlich V stehen statt V^i .. Wie kann man sich das dann aber überlegen ? Wie kommt das zustande hmm verwirrt

Naja wenn wir V nehmen folgt

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{cosh^2(u_{1})} ( \frac{\partial}{\partial u_{1}} (V cosh^2(u_{1})) + \frac{\partial}{\partial u_{2}} (V cosh^2(u_{1})) \end{eqnarray*}$

= $\begin{eqnarray*} \frac{1}{cosh^2(u_{1})} (\frac{\partial}{\partial u_{1}} \begin{pmatrix} sin(u_{1}) cosh^2(u_{1}) \\ -cos(u_{1})sin(u_{1})cosh^2(u_{1}) \\u_{2}cosh^2(u_{1}) \end{pmatrix} + \frac{\partial}{\partial u_{2}} \begin{pmatrix} sin(u_{1}) cosh^2(u_{1}) \\ -cos(u_{1})sin(u_{1})cosh^2(u_{1}) \\u_{2}cosh^2(u_{1}) \end{pmatrix}) \end{eqnarray*}$

Da wird doch kein Skalarer Wert raus kommen verwirrt

Irgendwas mache ich doch Falsch verwirrt

30.12.2018, 15:38

Lucy21

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Zitat:

Das heißt für die Divergenz folgt

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{cosh^2(u_{1})} \sum\limits_{i=1}^{} \frac{\partial}{\partial u_{i}} (V^i cosh^2(u_{1})) \end{eqnarray*}$

= $\begin{eqnarray*} \frac{1}{cosh^2(u_{1})} ( \frac{\partial}{\partial u_{1}} (V^1 cosh^2(u_{1})) + \frac{\partial}{\partial u_{2}} (V^2 cosh^2(u_{1})) + \frac{\partial}{\partial u_{3}} (V^3 cosh^2(u_{1})) \end{eqnarray*}$

Damit ein Skalarer Wert raus kommt muss dann das gelten..

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{cosh^2(u_{1})} ( \frac{\partial}{\partial u_{1}} (sin(u_{1})cosh^2(u_{1})) + \frac{\partial}{\partial u_{2}} (-cos(u_{1})sin(u_{1}) cosh^2(u_{1})) + \frac{\partial}{\partial u_{3}} (u_2cosh^2(u_{1})) \end{eqnarray*}$

so muss das doch richtig sein, denn dann kommt ein Skalarer Wert dabei raus.

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{cosh^2(u_{1})} (cosh(u_1)(2sin(u_1)sinh(u_1)+cos(u_1)cosh(u_1)) \end{eqnarray*}$

= $\begin{eqnarray*} \frac{1}{cosh(u_{1})} ( (2sin(u_1)sinh(u_1)+cos(u_1)cosh(u_1)) \end{eqnarray*}$

so sollte es doch stimmen oder ?

30.12.2018, 17:10

Finn_

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So geht das aber nicht. Erst einmal muss man überprüfen, ob der Wert des Vektorfeldes an der Stelle $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ auch im Tangentialraum $\begin{eqnarray*} T_{F(u)}S \end{eqnarray*}$ liegt. Dann muss es bezüglich der Tangentialbasis dargestellt werden. Zwar haben die Tangentialbasis-Vektoren drei Komponenten, aber es gibt nur zwei davon.

Einfacher wäre es natürlich gewesen, wenn das Vektorfeld von vornherein bezüglich der Tangentialbasis dargestellt wäre.

30.12.2018, 17:26

Lucy21

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Hmm wie kann man so ein vektorfeld finden?
Hast du vllt zufällig eins im Kopf was bzgl der Tangentialbasis dargestellt ist ?

30.12.2018, 17:36

Finn_

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Sei $\begin{eqnarray*} \mathbf g_k(u) = \frac{\partial F}{\partial u^k}(u) \end{eqnarray*}$ .

Die Familie $\begin{eqnarray*} (\mathbf g_1,\mathbf g_2, V) \end{eqnarray*}$ ist genau dann linear abhängig, wenn
$\begin{eqnarray*} \det(\mathbf g_1,\mathbf g_2,V) = 0. \end{eqnarray*}$

(Wenn alle drei Vektoren in einer Ebene liegen, verschwindet das Volumen des Parallelepipeds.)

Wenn du so ein Vektorfeld haben möchtest, dann nimm einfach wie gesagt
$\begin{eqnarray*} V(u) = V^1\mathbf g_1+V^2\mathbf g_2 \end{eqnarray*}$
und setze für $\begin{eqnarray*} V^k\colon U\to\mathbb R \end{eqnarray*}$ irgendwelche Funktionen ein. Z.B. $\begin{eqnarray*} V^1(u)=V^2(u)=1 \end{eqnarray*}$ .

30.12.2018, 17:57

Lucy21

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Ah ich verstehe. Dann hätten wir Vektorfeld aus dem R^2.Ich rechne das gleich mal nach. Ist I( nabla, V) falsch berechnet worden von mir ?oder gibt es etwas falsches

02.01.2019, 14:12

lucy21

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Also nochmal zum Beispiel:

Sei V ein Vektorfeld bezüglich der Tangentialbasis dargestellt.
Also $\begin{eqnarray*} V(u)=V^1(u)\frac{\partial F}{\partial u_{1}}+V^2(u)\frac{\partial F}{\partial u_{2}} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} V^1(u)=V^2(u)=1 \end{eqnarray*}$ .
Ferner sei f die Parametrisierung des Katenoids (siehe unten)
Dann folgt für die Divergenz

div V= [latex] \frac{1}{cosh^2(u_{1})} (\frac{\partial F}{\partial u_{1}}cosh^2(u_{1})+\frac{\partial F}{\partial u_{2}}cosh^2(u_{1}))=\frac{2cosh(u_{1})sinh(u_{1})}{cosh^2(u_{1})} =2*\frac{sinh(u_{1})}{cosh(u_{1})}=2*tanh(x)

so sollte es stimmen oder ?

02.01.2019, 14:15

lucy21

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div V= $\begin{eqnarray*} \frac{1}{cosh^2(u_{1})} (\frac{\partial F}{\partial u_{1}}cosh^2(u_{1})+\frac{\partial F}{\partial u_{2}}cosh^2(u_{1})) = \frac{2cosh(u_{1}) sinh(u_{1})}{cosh^2(u_{1})} = 2*\frac{sinh(u_{1})}{cosh(u_{1})}= 2*tanh(x) \end{eqnarray*}$

so sollte es stimmen oder

03.01.2019, 00:34

Lucy21

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Zitat:

Original von Finn_
Da das für jede Testfunktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ gelten soll, gilt
$\begin{eqnarray*} \operatorname{div}(V)\sqrt{\det g} = \langle\nabla,V\sqrt{\det g}\rangle. \end{eqnarray*}$

Eine absurde Gleichung. Wenn man $\begin{eqnarray*} \sqrt{\det g} \end{eqnarray*}$ in »in die Divergenz reinzieht«, dann darf man in kartesischen Koordinaten rechnen. Auf der rechten Seite gilt daher
$\begin{eqnarray*} \langle\nabla ,V\sqrt{\det g}\rangle = \sum_{k=1}^n \frac{\partial}{\partial x^k}(V^k\sqrt{\det g}). \end{eqnarray*}$

Hey Finn,

ich weiß nicht wie ich begründen soll, dass die Funktion g Lokal Integrierbar ist daher werde ich höchstwahrscheinlich das Fundamentallemma nicht benutzen.

Ich wollte dich fragen ob ich alternativ das benutzen kann was du geschrieben hast ? (siehe Zitat)

Aus

Zitat:

folgt doch auch die Formel für die Divergenz oder ?

03.01.2019, 11:46

Finn_

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Sei $\begin{eqnarray*} U\subseteq\mathbb R^n \end{eqnarray*}$ offen und $\begin{eqnarray*} f,g\colon U\to\mathbb R \end{eqnarray*}$ . Wenn $\begin{eqnarray*} f,g \end{eqnarray*}$ differenzierbar sind, dann sind es nach den Ableitungsregeln auch $\begin{eqnarray*} f+g \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} f-g \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} fg \end{eqnarray*}$ .

Angenommen man setzt nun $\begin{eqnarray*} \operatorname{div} V \end{eqnarray*}$ als differenzierbar voraus. Weiterhin sollen $\begin{eqnarray*} V^i \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \sqrt{\det g} \end{eqnarray*}$ zwei mal differenzierbar sein. Wenn $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ zwei mal differenzierbar ist, wird es wohl auch $\begin{eqnarray*} \sqrt{\det g} \end{eqnarray*}$ sein (Kettenregel). Zwar ist $\begin{eqnarray*} \sqrt{x} \end{eqnarray*}$ bei $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ nicht differenzierbar, da $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ aber Regulär ist, muss $\begin{eqnarray*} \det g\ne 0 \end{eqnarray*}$ sein. Witzig oder, wie das ineinander greift?

Nach den Ableitungsregeln ist dann auch der Ausdruck
$\begin{eqnarray*} \operatorname{div} V\sqrt{\det g}-\sum_{i=1}^n \frac{\partial}{\partial x^i}(V^i\sqrt{\det g}) \end{eqnarray*}$
differenzierbar. Dann ist dieser Ausdruck erst recht stetig, also erst recht integrierbar, also erst recht lokal integrierbar.

03.01.2019, 12:12

Finn_

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Zitat:

Ich wollte dich fragen ob ich alternativ das benutzen kann was du geschrieben hast?

Das macht genau vom Fundamentallemma gebrauch. Für alle glatten Funktionen mit kompaktem Träger steht beim Fundamentallemma als Voraussetzung. Eine Testfunktion ist nichts anderes als eine glatte Funktion mit kompaktem Träger.

03.01.2019, 12:12

Lucy21

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Du setzt div V als differenzierbar vorraus. Was wenn div V nicht differenzierbar ist ?

03.01.2019, 12:26

Finn_

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Zitat:

Du setzt div V als differenzierbar vorraus. Was wenn div V nicht differenzierbar ist ?

Dürfte auch möglich sein. In der Definition steht
$\begin{eqnarray*} \int_M f\operatorname{div} V dS = \ldots, \end{eqnarray*}$
das setzt voraus dass $\begin{eqnarray*} f\operatorname{div} V \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ integrierbar ist. Dann ist hoffentlich auch $\begin{eqnarray*} \operatorname{div} V \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ integrierbar und daher auch $\begin{eqnarray*} \operatorname{div} V\sqrt{\det g} \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ , so die Schlussfolgerung. Vorausgesetzt ich habe kein technisches Detail misachtet.

Vlt. ist es besser, $\begin{eqnarray*} \operatorname{div} V \end{eqnarray*}$ als stetig vorauszusetzen. Sind z.B. f,g stetig, dann ist auch $\begin{eqnarray*} f+g \end{eqnarray*}$ stetig usw. Also erst recht integrierbar.

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Divergenz auf Riemann Mannigfaltigkeit

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