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Demostrar que el operador de Laplace es rotacionalmente invariante

Intento demostrar que el operador de Laplace es invariante de la rotación. Esencialmente esto se reduce a mostrar $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = \frac{\partial^2 f}{\partial u^2} + \frac{\partial^2 f}{\partial v^2}$$

donde $$u = x \cos \theta + y \sin \theta$$ $$v = -x \sin \theta + y \cos \theta$$

Creo que estoy en el camino correcto al señalar que $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right) = \frac{\partial}{\partial u}\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)\frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial}{\partial v}\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)\frac{\partial v}{\partial x}$$ pero estoy teniendo dificultades para llegar a un final de juego en el que muestre $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = \frac{\partial^2 f}{\partial u^2}({\sin}^2 \theta + {\cos}^2 \theta) + \frac{\partial^2 f}{\partial v^2}({\sin}^2 \theta + {\cos}^2 \theta)$$

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Tienes la idea correcta, pero en lugar de escribir $d/dx = d/du du/dx$ empezar con la derivada interior. Así, primero $df/dx = df/du du/dx$ y luego usar la regla de la cadena. Terminas con el paso que anotaste.

13voto

PhilHoy Puntos 548

He aquí una respuesta en la línea de @TeeJay, pero con algunos detalles más y en general $\mathbb R^n$ espacio. Por lo tanto, tenemos que demostrar que si $u$ es armónico ( $\Delta_y u(y)=0$ ) entonces $v(x)=u(Mx)$ también es armónico ( $\Delta_x v(x)=0$ ) para una ortogonal $M$ (es decir, $M^\top=M^{-1}$ ).

En primer lugar, observo que si $D^2_y u(y)$ denota la matriz hessiana, entonces $$ \Delta_y u(y)={\rm tr}\, D^2_y u(y). $$ Tenga en cuenta también que $D^2=\nabla\nabla^T$ , donde $\nabla$ es el vector columna de las derivadas parciales.

Ahora lo único que necesitamos es el hecho de que $\nabla_x u(Mx)=M^\top \nabla_y u(y)|_{y=Mx}$ y que ${\rm tr}\,(AB)={\rm tr}\,(BA)$ .

$$ \Delta_x v(x)={\rm tr}(D^2_x v(x))={\rm tr}(D^2_x u(Mx))=\\ {\rm tr}(\nabla_x\nabla_x^Tu(Mx))={\rm tr}(\nabla_x(\nabla_x u(Mx))^\top)=\\ {\rm tr}(\nabla_x(M^\top \nabla_y u(y))^\top)={\rm tr}(\nabla_x(\nabla_y^\top u(y))M)=\\ {\rm tr}(M^\top\nabla_y\nabla_y^\top u(y)M)={\rm tr}(\nabla_y\nabla_y^\top u(y))\\ ={\rm tr}(D^2_y u(y))=\Delta_y u(y)=0 $$ según sea necesario.

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Perdón por el necropost. Digamos que tenemos f: $R^m \rightarrow R^n $ en $C^2$ y J(f) es el jacobiano de f . ¿Podría $JJ^T$ ¿será, en general, la segunda derivada de f?

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¿Por qué basta con demostrar que las funciones armónicas son "enviadas" a funciones armónicas?

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Un cálculo directo está disponible aquí people.math.wisc.edu/~feldman/819/sol1.pdf

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asdvn Puntos 1012

$$ \frac{\partial f}{\partial y} = \frac{\partial f}{\partial u} \frac{\partial u}{\partial y} + \frac{\partial f}{\partial v} \frac{\partial v}{\partial y} = \frac{\partial f}{\partial u} \sin \theta+ \frac{\partial f}{\partial v} \cos \theta$$

$$\frac{\partial^2f}{\partial y^2}=\frac{\partial}{\partial y} \left ( \frac{\partial f}{\partial y} \right)=\frac{\partial}{\partial y} \left ( \frac{\partial f}{\partial u} \sin \theta + \frac{\partial f}{\partial v} \cos \theta \right)= \frac{\partial}{\partial y} \frac{\partial f}{\partial u} \sin \theta + \frac{\partial}{\partial y} \frac{\partial f}{\partial v} \cos \theta$$

Ahora el problema es calcular $\frac{\partial}{\partial y} \frac{\partial f}{\partial u}$ y $\frac{\partial } {\partial y} \frac{\partial f}{\partial v}$ . Podemos pensar en $\frac{\partial}{\partial y} \frac{\partial f}{\partial u}$ como $\frac{\partial}{\partial u} \frac{\partial f}{\partial y}$ y de forma similar para este último.

$$\frac{\partial}{\partial u} \frac{\partial f}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial u} \left( \frac{\partial f}{\partial u} \sin \theta + \frac{\partial f}{\partial v} \cos \theta \right) = \frac{\partial^2 f}{\partial u^2} \sin \theta + \frac{\partial f}{\partial u \partial v} \cos \theta$$

$$\frac{\partial}{\partial v} \frac{\partial f}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial v} \left( \frac{\partial f}{\partial u} \sin \theta + \frac{\partial f}{\partial v} \cos \theta \right) = \frac{\partial^2 f}{\partial u \partial v} \sin \theta + \frac{\partial^2 f}{\partial v^2} \cos \theta$$

Ahora, conecte esto de nuevo a $\frac{\partial^2f}{\partial y^2}$ dando,

$$\frac{\partial^2f}{\partial y^2}= \left (\frac{\partial^2 f}{\partial u^2} \sin \theta + \frac{\partial f}{\partial u \partial v} \cos \theta \right) \sin \theta + \left (\frac{\partial^2 f}{\partial u \partial v} \sin \theta + \frac{\partial^2 f}{\partial v^2} \cos \theta \right) \cos \theta $$

Repita el proceso para $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}$ , sumadlo todo y llegaréis al resultado deseado.

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gabr Puntos 20458

En un documento Medios esféricos discretos de derivadas direccionales y mapas de Verón ( arXiv:1106.3691 ) obtener la identidad:

$$ \Delta f = \frac{2}{\pi}\int_0^\pi d\phi \frac{\partial^2 f}{\partial\mathbf{e}_\phi^2} $$

El laplaciano es la media del segundo derivada direccional en todas las direcciones. $\mathbf{e}_\phi = (\cos \phi, \sin \phi)$ y

$$ \frac{\partial}{\partial\mathbf{e}_\phi} = \cos \phi \frac{\partial}{\partial x}+ \sin \phi \frac{\partial}{\partial y} = \nabla \cdot (\cos \phi, \sin \phi)$$

Los derivados direccionales son formas de tomar dervativos en direcciones distintas a $x$ y $y$ ejes.


Si esto parece demasiado, vamos a intentar 3 direcciones (luego pruebe con 5, 7 o más):

$$ \Delta f = \frac{1}{3} \bigg[ \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} + \big( \underbrace{\cos \tfrac{2\pi}{3}\cdot \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} + \sin \tfrac{2\pi}{3}\cdot \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}}_{\phi = 2\pi/3}\big) + \big(\underbrace{\cos \tfrac{4\pi}{3}\cdot \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} + \sin \tfrac{4\pi}{3}\cdot \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}}_{\phi=4\pi/3}\big) \bigg]$$

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Esto parece una exageración. Tengo la sensación de que el OP no seguirá.

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Aprecio la respuesta, pero tengo que estar de acuerdo con Mark - un poco por encima de mi nivel.

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@EmutheEmu Por regla de la cadena Su ecuación $u = x \cos \theta + y \sin \theta$ se convierte en $$\frac{\partial}{\partial u} = \frac{\partial}{\partial x} \cos \theta + \frac{\partial}{\partial y} \sin \theta $$ y una fórmula similar para las segundas derivadas. Entonces, se puede conectar.

4voto

Win Myo Htet Puntos 261

Creo que una manera más fácil de hacer esto sería escribirlo todo en notación vectorial/matriz. Bajo una rotación, $\vec\nabla f\rightarrow R\cdot \vec\nabla f$ con $R$ siendo su matriz de rotación. Entonces el Laplaciano se transformaría como $\nabla^{2}f=\vec\nabla\cdot \vec\nabla f\rightarrow \vec\nabla\cdot R^{T}R\cdot \vec\nabla f$ . Las matrices de rotación satisfacen $R^{T}R=1$ así que eso debería bastar. Hay un poco más de rigor en esto, pero debería ser un buen punto de partida.

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Creo que esta es una respuesta potencialmente elegante; por favor, proporcione más detalles.

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¿Por qué transformas el laplaciano de esa manera? ¿Puedes explicar por qué pones las matrices entre los dos gradientes? Gracias

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