Demostrar que el operador de Laplace es rotacionalmente invariante

Question

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

Answer 1

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.

Answer 2

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

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

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.

Answer 3

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):

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

Answer 4

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.