Operador de divergencia de orden superior y punto de vista intrínseco

Question

Deje que $ \underline {u}$ ser un $1$ - tensor de orden (digamos un vector de columna) Quiero probar que :

$ \underline { \operatorname {div}} \left ( ( \underline { \underline { \operatorname {grad}}} \, \underline {u})^T \right )= \underline { \operatorname {grad}} \, ( \operatorname {div} \underline {u})$

donde $ \underline { \operatorname {grad}}$ es el gradiente de un orden (el habitual) y $ \underline { \underline { \operatorname {grad}}}$ es el gradiente de segundo orden (es la matriz jacobiana)

Quiero una prueba de que esas no implican ninguna coordenada. Porque es fácil encontrar una prueba usando por ejemplo coordenadas cartesianas.

Esto es lo que he hecho hasta ahora:

Ya que para cualquier volumen $V$ tenemos..: $$ \iiint _V \underline { \operatorname {div}} \left ( ( \underline { \underline { \operatorname {grad}}} \, \underline {u})^T \right ) \; \mathrm {d}V = \iint_ {S} ( \underline { \underline { \operatorname {grad}}} \, \underline {u})^T \cdot \underline {n} \; \mathrm {d}S$$ (es la definición de $ \underline { \operatorname {div}}$ ) donde $ \underline {n}$ es el vector normal de la superficie $S$ en el límite del volumen $V$ .

Y podemos escribir: $$ \iiint_V \underline { \operatorname {grad}} \, ( \operatorname {div} \underline {u}) \; \mathrm {d}V = \iint_S ( \operatorname {div} \underline {u} ) \underline {n} \; \mathrm {d}S$$

Por lo tanto, es suficiente para demostrar que..: $$ \iint_ {S} ( \underline { \underline { \operatorname {grad}}} \, \underline {u})^T \cdot \underline {n} \; \mathrm {d}S = \iint_S ( \operatorname {div} \underline {u} ) \underline {n} \; \mathrm {d} S$$

El problema es que no tenemos $ ( \underline { \underline { \operatorname {grad}}} \, \underline {u})^T \cdot \underline {n} = ( \operatorname {div} \underline {u} ) \underline {n} $

Entonces, ¿cómo puedo terminar la prueba?

Si necesitas detalles, por favor dímelos.

Gracias.

Answer 1

Este cálculo se realiza por componentes, por lo que no es la forma más elegante de mostrar el hecho. Me gustaría ver una aproximación más general (esto probablemente necesita que se tenga en cuenta el tensor métrico. O podríamos cambiar el formalismo a las formas k).

Dejemos que $A$ sea una función de valor matricial. El componente i de $div(A)$ viene dada por

$$ div(A)_i = \sum_j \partial_j A_{ij}$$

y la componente ij del gradiente de la función vectorial $u$ es

$$ grad(u)_{ij} = \partial_j u_i.$$

Así que la transposición del gradiente es $$(grad(u)^{\top})_{ij} = \partial_i u_j. $$

Ahora, evaluando la componente i el lado izquierdo da:

$$div(grad(u)^{\top})_i = \sum_j \partial_j \partial_i u_j = \partial_i( \sum_j \partial_j u_j ) = \partial_i(div(u)),$$ donde hemos asumido que $u$ es lo suficientemente suave. Ahora, la componente i del gradiente de la función escalar f viene dada por

$$ grad(f)_i = \partial_i f.$$

Y observamos que $\partial_i (div(u)) = grad(div(u))_i$ y por lo tanto

$$ div(grad(u)^{\top})_i = grad(div(u))_i $$ así que $$ div(grad(u)^{\top}) = grad(div(u)) $$ .