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Universität/Hochschule J Gradient von verketteten Funktionen
LamyOriginal
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2021-04-21 11:29


Hallo, ich habe Probleme bei folgender Aufgabe:
Gegeben ist die verkettete Funktion $\bar{u}:= u \circ \Phi, \bar{u}(r,\phi)=u(r cos\phi,r sin \phi)$ mit $u \in C^2(\mathbb{R}^2, \mathbb{R})$ und Polarkoordinaten $\Phi: [0, \infty) \times [0,2\pi) \rightarrow \mathbb{R}^2, (r,\phi) \mapsto (r cos\phi,r sin \phi)$.

Zeige: der Gradient von $u$ lässt sich schreiben als $(\nabla u)(\Phi(r,\phi))=\delta_r\bar{u}(r,\phi)e_r + \frac{1}{r} \delta_{\phi}\bar{u}(r,\phi)e_{\phi}$, wobei $e_r, e_{\phi}$ die normierten Vektoren $\delta_r\Phi, \delta_{\phi}\Phi$ sind.

Überlegung: Wenn wir $x=r cos\phi, y=r sin \phi$ wählen, gilt doch für den Gradienten von $u$: $\nabla u = (\delta_x u, \delta_y u)^T$.
Mit der Kettenregel gilt $\nabla \bar{u}=\nabla u(\Phi) \cdot \nabla \Phi$, aber ich suche ja anscheinend den Gradienten von $u$ und nicht von $\bar{u}$...

$(\nabla u)(\Phi(r,\phi))=(\delta_x u, \delta_y u)^T (x,y)^T = ... =\delta_r\bar{u}(r,\phi)e_r + \frac{1}{r} \delta_{\phi}\bar{u}(r,\phi)e_{\phi}$? Woher kommt das $\frac{1}{r}$ überhaupt?

Ich glaube mein Hauptproblem ist der Unterschied zwischen $\nabla (\bar{u}(r,\phi))$ und $(\nabla \bar{u})(r,\phi)$...

Danke für jede Hilfe!





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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2021-04-21 17:54


Huhu LamyOriginal,

mal so vorweg gefragt: Mit \(\delta\) meinst du schon die partielle Ableitung, oder? Diese Notation kenne ich überhaupt nicht: en.wikipedia.org/wiki/Partial_derivative

Gruß,

Küstenkind



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LamyOriginal
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-21 17:56


2021-04-21 17:54 - Kuestenkind in Beitrag No. 1 schreibt:
Mit \(\delta\) meinst du schon die partielle Ableitung, oder?

Hallo, ja genau, ich kenne den Latex-Befehl für das "andere d" (also das gängige) nicht...



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DominikS
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2021-04-21 18:20


Das Symbol $\partial$ schreibt sich \partial.



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2021-04-21 18:20

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo,

[off-topic]

2021-04-21 17:56 - LamyOriginal in Beitrag No. 2 schreibt:
...ich kenne den Latex-Befehl für das "andere d" (also das gängige) nicht...
\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
LaTeX
\partial x

ergibt

\[\partial x\]

Gruß, Diophant


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.]
\(\endgroup\)


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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2021-04-21 19:02


Huhu LamyOriginal,

nun gut. Du hast doch dann:

\(\displaystyle \nabla u =\frac{\partial u}{\partial x}\pmb i+\frac{\partial u}{\partial y}\pmb j\)

Nach der Transformation \((x,y)\mapsto(r\cos \phi,r\sin \phi)\) musst du also zunächst \(\frac{\partial u}{\partial x}\) und \(\frac{\partial u}{\partial y}\) in Abhängigkeit von \(r\) und \(\phi\) ausdrücken. Dafür nutzt du dann die Kettenregel (siehe hier):

\(\displaystyle \frac{\partial u}{\partial r}=\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial r}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial r}=\frac{\partial u}{\partial x}\cos \phi+ \ldots \)

\(\displaystyle \frac{\partial u}{\partial \phi}=\ldots \)

Du bekommst also ein Gleichungssystem und kannst nach \(\frac{\partial u}{\partial x}\) und \(\frac{\partial u}{\partial y}\) auflösen. Was erhältst du?

Gruß,

Küstenkind



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LamyOriginal
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-22 09:52


Hallo Küstenkind, danke für deine Mithilfe!

Nach der Transformation \((x,y)\mapsto(r\cos \phi,r\sin \phi)\) musst du also zunächst \(\frac{\partial u}{\partial x}\) und \(\frac{\partial u}{\partial y}\) in Abhängigkeit von \(r\) und \(\phi\) ausdrücken. Dafür nutzt du dann die Kettenregel

Ich hoffe ich habe es soweit richtig verstanden und gemacht:

$\frac{\partial u}{\partial r}=\frac{\partial u}{\partial x}(\frac{\partial}{\partial r} r cos \phi)+\frac{\partial u}{\partial y}(\frac{\partial}{\partial r} r sin\phi)=\frac{\partial u}{\partial x}\cos \phi+ \frac{\partial u}{\partial y} sin \phi$
$\frac{\partial u}{\partial \phi}=\frac{\partial u}{\partial x}(\frac{\partial}{\partial \phi} r cos \phi)+\frac{\partial u}{\partial y}(\frac{\partial}{\partial \phi} r sin\phi)=\frac{\partial u}{\partial x}-r sin\phi+ \frac{\partial u}{\partial y} r cos \phi$

Du bekommst also ein Gleichungssystem und kannst nach \(\frac{\partial u}{\partial x}\) und \(\frac{\partial u}{\partial y}\) auflösen. Was erhältst du?

Da komme ich leider nicht weiter...



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2021-04-22 10:42


Huhu,

bei (2) fehlt eine Klammer:

\(\frac{\partial u}{\partial \phi}=\frac{\partial u}{\partial x}(-r \sin\phi)+ \frac{\partial u}{\partial y} r \cos \phi\)

Wenn ich mich richtig erinnere, habe ich gestern diese Gleichung nach \( \frac{\partial u}{\partial y}\) aufgelöst und in (1) eingesetzt. Leider bin ich gerade in der Schule und der Zettel liegt zu Hause. Ich bin sicher, das bekommst du aber auch hin. Probiere mal - das ist einfache Algebra.

Gruß,

Küstenkind



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LamyOriginal
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-22 11:21



Ich habe mal aufgelöst und eingesetzt:

$\frac{\partial u}{\partial y} = (\frac{\partial u}{\partial \phi} + r sin\phi \frac{\partial u}{\partial x})\cdot \frac{1}{r cos\phi}$.
Einsetzen in (2) liefert:
$\frac{\partial u}{\partial r}=\frac{\partial u}{\partial x} cos \phi + \frac{1}{r}\frac{sin\phi}{cos\phi}(\frac{\partial u}{\partial \phi}+ r sin\phi \frac{\partial u}{\partial x}) = \frac{\partial u}{\partial x}(cos \phi + \frac{sin^2\phi}{cos \phi}) + \frac{1}{r}\frac{\partial u}{\partial \phi}\frac{sin\phi}{cos \phi}$

Aber irgendwie sehe ich nichts... also ich weiß nicht wie man jetzt auf $\partial_r\bar{u}(r,\phi)e_r + \frac{1}{r} \partial_{\phi}\bar{u}(r,\phi)e_{\phi}$ kommen soll. Berechnen wir gerade $(\nabla u)(\Phi(r,\phi))$, also bereits die Transformation mit $\Phi$?

Ich habe übrigens für die Normierung von $\partial_r\Phi$ und $\partial_{\phi}\Phi$ folgendes raus: $e_r = \partial_r\Phi$, $e_{\phi} = \frac{\partial_{\phi}\Phi}{r} $



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Nuramon
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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Hallo,

in der Behauptung muss man noch $r\not=0$ fordern. Oft nimmt man $(0,\infty)\times (0,2\pi)$ als Definitionsbereich von $\Phi$, weil $\Phi$ dann ein Diffeomorphismus ist.

Ich habe nicht alles im Detail gelesen, aber hier ein alternativer Ansatz:

Es gilt $u = \overline u \circ \Phi^{-1}$. Nach Kettenregel gilt also für $v \in \IR^2$:
$$ u'(v) = \overline u'(\Phi^{-1}(v))\circ (\Phi^{-1})'(v).$$ Setze hier $v=\Phi(r,\phi)$ ein und benutze $(\Phi^{-1})'(v) = (\Phi'(r,\phi))^{-1}$ (letzteres erhält man, indem man beide Seiten der Gleichung $(\Phi^{-1}\circ \Phi) (r,\phi) = (r,\phi)$ ableitet).

Die Berechung der inversen Matrix dürfte äquivalent sein zum Lösen des Gleichungssystems. So sieht man aber etwas besser, wie die Aussage entsteht.

\(\endgroup\)


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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2021-04-22 13:07


Huhu,

wieso hörst du denn auf und rechnest nicht weiter? Es ist \(\cos \phi + \frac{\sin^2\phi}{\cos \phi}=\frac{\cos^2 \phi+\sin^2 \phi}{\cos \phi}=\frac{1}{\cos \phi}\) und damit \(\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial u}{\partial r}\cos \phi-\frac{\partial u}{\partial \phi}\frac{\sin \phi}{r}\). Rechne nun noch \(\frac{\partial u}{\partial y}\) aus. Anschließend drehst du ja nur noch \(\pmb i\) und \(\pmb j\) um den Winkel \(\phi\). Somit \(\pmb i=\cos(\phi) \pmb{e_r}-\sin(\phi) \pmb{e_\phi}\) und \(\pmb j=\sin(\phi) \pmb{e_r}+\cos(\phi) \pmb{e_\phi}\). Wenn du denn alles in \(\frac{\partial u}{\partial x}\pmb i+\frac{\partial u}{\partial y}\pmb j\) einsetzt landest du genau dort, wo du hin willst. Viel Erfolg - den Rest schaffst du nun aber sicherlich alleine.

Gruß,

Küstenkind

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.8 begonnen.]



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LamyOriginal
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Hallo Küstenkind,
Es ist \(\cos \phi + \frac{\sin^2\phi}{\cos \phi}=\frac{\cos^2 \phi+\sin^2 \phi}{\cos \phi}=\frac{1}{\cos \phi}\)

Vielen Dank für deine Hilfe!



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