Kurs:Differentialgeometrie (Osnabrück 2023)/Vorlesung 4

Die Weingartenabbildung

Es sei ${}Y\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine differenzierbare Hyperfläche. Zu einem Punkt ${}P\in Y$ definiert man eine lineare Abbildung

$L_{P}\colon T_{P}Y\longrightarrow T_{P}Y$

auf dem Tangentialraum zu ${}Y$. Es sei ${}N$ ein differenzierbares Einheitsnormalenfeld auf ${}Y$, das auf einer offenen Umgebung von ${}Y$ definiert sei. Die wesentliche Idee ist, einen Tangentialvektor ${}v\in T_{P}Y$ durch eine differenzierbare Kurve

$\gamma \colon I\longrightarrow Y$

zu parametrisieren, dabei ist also

${}\gamma '(0)=v\,.$

Das Einheitsnormalenfeld definiert dann die Abbildung

$N\circ \gamma \colon I\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

längs ${}I$. Die infinitesimale Änderung des Einheitsnormalenfeldes längs ${}\gamma$ wird durch den Limes

$\operatorname {lim} _{t\rightarrow 0}\,{\frac {N(\gamma (t))-N(P)}{t}}$

gemessen, falls dieser existiert. Nach Lemma 43.4 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ist dieser Limes gleich der Richtungsableitung ${}{\left(D_{v}N\right)}{\left(P\right)}$ und wiederum gleich ${}{\left(DN\right)}_{P}{\left(v\right)}$, dem totalen Differential ausgewertet am Vektor ${}v$. Es wird sich herausstellen, dass diese Zuordnung

$T_{P}Y\longrightarrow \mathbb {R} ^{n},\,v\longmapsto {\left(D_{v}N\right)}{\left(P\right)},$

in ${}T_{P}Y$ landet.

Definition

Es sei ${}W\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ offen, ${}h\colon W\rightarrow \mathbb {R}$ eine zweifach stetig differenzierbare Funktion und ${}Y=h^{-1}(c)$ die Faser zu ${}c\in \mathbb {R}$, wobei ${}h$ in jedem Punkt von ${}Y$ regulär sei. Es sei ${}N$ ein Einheitsnormalenfeld und sei ${}P\in Y$. Dann nennt man

$L_{P}\colon T_{P}Y\longrightarrow T_{P}Y,\,v\longmapsto -{\left(D_{v}N\right)}{\left(P\right)},$

die Weingartenabbildung in ${}T_{P}Y$.

Man beachte, dass die Weingartenabbildung vom Einheitsnormalenfeld abhängt, auch wenn dies nicht immer explizit gesagt wird. Wenn ${}Y$ als Faser zu ${}h$ gegeben ist, so nimmt man in der Regel das zugehörige normierte Gradientenfeld zu ${}h$.

Lemma

Es sei ${}W\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ offen, ${}h\colon W\rightarrow \mathbb {R}$ eine zweifach stetig differenzierbare Funktion und ${}Y=h^{-1}(c)$ die Faser zu ${}c\in \mathbb {R}$, wobei ${}h$ in jedem Punkt von ${}Y$ regulär sei. Es sei ${}P\in Y$.

Dann ist die Weingartenabbildung ${}L_{P}$ ein linearer Endomorphismus des Tangentialraumes ${}T_{p}Y$.

Beweis

Es ist ${}N(P)={\frac {\operatorname {Grad} \,h(P)}{\Vert {\operatorname {Grad} \,h(P)}\Vert }}$ ein stetig differenzierbares Vektorfeld, das auf einer offenen Umgebung ${}Y\subseteq U$ definiert ist. Daher ist gemäß Proposition 46.1 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))

${}{\left(D_{v}N\right)}{\left(P\right)}={\left(DN\right)}_{P}{\left(v\right)}\,$

linear in der Richtung ${}v$. Wegen der Einheitsnormalenbedingung ist ${}\left\langle N(P),N(P)\right\rangle =1$ für alle ${}P\in U$ und daher ist unter Verwendung von Aufgabe 43.14 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))

${}0={\left(D_{v}\left\langle N,N\right\rangle \right)}{\left(P\right)}=2\left\langle N(P),{\left(D_{v}N\right)}{\left(P\right)}\right\rangle \,.$

Daher steht ${}{\left(D_{v}N\right)}{\left(P\right)}$ senkrecht auf ${}N(P)$ und gehört bei ${}P\in Y$ zum Tangentialraum ${}T_{P}Y$.

$\Box$

Die Weingartenabbildung ${}L_{P}$ ist also die negierte Einschränkung des totalen Differentials des Einheitsnormalenfeldes auf den Tangentialraum ${}T_{P}Y$ in den Tangentialraum ${}T_{P}Y$. Wenn man das totale Differential über die Jacobi-Matrix von ${}-N$ ausrechnet, so muss man deren Wirkungsweise auf einer Basis des Tangentialraumes bestimmen, um eine Matrixdarstellung der Weingartenabbildung zu erhalten.

Lemma

Es sei ${}W\subseteq \mathbb {R} ^{2}$ offen, ${}h\colon W\rightarrow \mathbb {R}$ eine zweifach stetig differenzierbare Funktion und ${}C=h^{-1}(c)$ die Faser zu ${}c\in \mathbb {R}$, wobei ${}h$ in jedem Punkt von ${}C$ regulär sei und es sei ${}P\in C$.

Dann ist die Weingartenabbildung in ${}P$ die Multiplikation mit der Krümmung ${}\kappa (P)$ von ${}C$ in ${}P$.

Beweis

Dies ist eine Umformulierung von Lemma 3.11.

$\Box$

In der vorstehenden Aussage wurde nicht explizit auf die Orientierung Bezug genommen, dies muss man sich dazudenken.

Beispiel

Es sei

${}h(x,y,z)=x^{2}+y^{2}+z^{2}\,$

und wir betrachten die Faser ${}Y$ zu ${}h$ über ${}r^{2}$, also die Kugeloberfläche zum Radius ${}r>0$ mit dem Ursprung als Mittelpunkt. Es sei ${}P=\left(x_{0},\,y_{0},\,z_{0}\right)\in Y$. Durch eine Isometrie kann man diesen Punkt nach ${}Q=\left(r,\,0,\,0\right)$ transformieren, was die Weingartenabbildung nicht ändert. Eine Basis des Tangentialraumes ist dann ${}{\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$. Das nach innen gerichtete Einheitsnormalenfeld ${}N$ ist ${}-{\frac {1}{2r}}{\begin{pmatrix}2x\\2y\\2z\end{pmatrix}}$ und daher ist zu

${}v={\begin{pmatrix}0\\b\\c\end{pmatrix}}\,$

${}{\left(D_{v}N\right)}{\left(Q\right)}=b{\frac {\partial N}{\partial y}}(Q)+c{\frac {\partial N}{\partial z}}(Q)=-b{\frac {1}{2r}}{\begin{pmatrix}0\\2\\0\end{pmatrix}}-c{\frac {1}{2r}}{\begin{pmatrix}0\\0\\2\end{pmatrix}}=-{\frac {1}{r}}{\begin{pmatrix}0\\b\\c\end{pmatrix}}\,.$

Daher ist die Weingartenabbildung Multiplikation mit dem Kehrwert ${}{\frac {1}{r}}$ des Radius.

Beispiel

Wir knüpfen an Beispiel 2.5 an. Die Jacobi-Matrix des Einheitsnormalenfeldes

$N({\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}})={\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)}^{-{\frac {1}{2}}}{\begin{pmatrix}x\\y\\-z\end{pmatrix}}\,$

ist

${\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)}^{-{\frac {3}{2}}}{\begin{pmatrix}y^{2}+z^{2}&-xy&-xz\\-xy&x^{2}+z^{2}&-yz\\xz&yz&-x^{2}-y^{2}\end{pmatrix}}.$

Die Weingartenabbildung ist die negierte Einschränkung dieser Abbildung auf den Tangentialraum an die Fläche, wobei Lemma 4.2 sicherstellt, dass wir wieder im Tangentialraum landen. Wir setzen ${}x\neq 0$ voraus und arbeiten mit der Basis ${}{\begin{pmatrix}y\\-x\\0\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}z\\0\\x\end{pmatrix}}$ des Tangentialraumes. Es ist

${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}y^{2}+z^{2}&-xy&-xz\\-xy&x^{2}+z^{2}&-yz\\xz&yz&-x^{2}-y^{2}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}y\\-x\\0\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}y{\left(y^{2}+z^{2}\right)}+x^{2}y\\-xy^{2}-x{\left(x^{2}+z^{2}\right)}\\0\end{pmatrix}}\\&={\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)}{\begin{pmatrix}y\\-x\\0\end{pmatrix}},\end{aligned}}$

sodass wir unmittelbar den Eigenvektor ${}{\begin{pmatrix}y\\-x\\0\end{pmatrix}}$ mit dem Eigenwert ${}-{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)}^{-{\frac {1}{2}}}$ gefunden haben. Ferner ist

${\begin{pmatrix}y^{2}+z^{2}&-xy&-xz\\-xy&x^{2}+z^{2}&-yz\\xz&yz&-x^{2}-y^{2}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}z\\0\\x\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}z{\left(y^{2}+z^{2}\right)}-x^{2}z\\-2xyz\\xz^{2}-x{\left(x^{2}+y^{2}\right)}\end{pmatrix}}=2yz{\begin{pmatrix}y\\-x\\0\end{pmatrix}}+{\left(z^{2}-x^{2}-y^{2}\right)}{\begin{pmatrix}z\\0\\x\end{pmatrix}}=2yz{\begin{pmatrix}y\\-x\\0\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}z\\0\\x\end{pmatrix}}\,.$

Somit wird die Weingartenabbildung bezüglich dieser Basis durch die Matrix

${\begin{pmatrix}-{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)}^{-{\frac {1}{2}}}&-2yz{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)}^{-{\frac {3}{2}}}\\0&{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)}^{-{\frac {3}{2}}}\end{pmatrix}}$

beschrieben. Einen zweiten Eigenvektor im Tangentialraum erhält man (in Hinblick auf Korollar 4.8) am einfachsten, wenn man zum ersten Eigenvektor und zum Normalenvektor einen senkrechten Vektor bestimmt. Dies ergibt den Vektor ${}{\begin{pmatrix}xz\\yz\\x^{2}+y^{2}\end{pmatrix}}$, und in der Tat ist (ohne den skalaren Vorfaktor)

${}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}y^{2}+z^{2}&-xy&-xz\\-xy&x^{2}+z^{2}&-yz\\xz&yz&-x^{2}-y^{2}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}xz\\yz\\x^{2}+y^{2}\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}xz{\left(y^{2}+z^{2}\right)}-xy^{2}z-xz{\left(x^{2}+y^{2}\right)}\\-x^{2}yz+yz{\left(x^{2}+z^{2}\right)}-yz{\left(x^{2}+y^{2}\right)}\\x^{2}z^{2}+y^{2}z^{2}-{\left(x^{2}+y^{2}\right)}^{2}\end{pmatrix}}\\&={\left(-x^{2}-y^{2}+z^{2}\right)}{\begin{pmatrix}xz\\yz\\x^{2}+y^{2}\end{pmatrix}}\\&=-{\begin{pmatrix}xz\\yz\\x^{2}+y^{2}\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Der Eigenwert ist also ${}{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)}^{-{\frac {3}{2}}}$ (dies ist auch schon aus der beschreibenden Dreiecksmatrix ablesbar).

Lemma

Es sei ${}W\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ offen, ${}h\colon W\rightarrow \mathbb {R}$ eine zweifach stetig differenzierbare Funktion und ${}Y=h^{-1}(c)$ die Faser zu ${}c\in \mathbb {R}$, wobei ${}h$ in jedem Punkt von ${}Y$ regulär sei. Es sei ${}N$ ein Einheitsnormalenfeld und es sei ${}P\in Y$. Es sei ${}\gamma$ eine zweifach differenzierbare Realisierung auf ${}Y$ eines Tangentenvektors ${}v\in T_{P}Y$.

Dann ist

${}\left\langle \gamma ^{\prime \prime }(0),N(P)\right\rangle =\left\langle L_{P}(v),v\right\rangle \,.$

Beweis

Es sei

$\gamma \colon I\longrightarrow Y,\,t\longmapsto \gamma (t),$

zweifach differenzierbar mit ${}\gamma (0)=P$ und ${}\gamma '(0)=v\in T_{P}Y$. Es ist

${}\left\langle \gamma '(t),N(\gamma (t))\right\rangle =0\,$

für alle ${}t\in I$ und daher ist mit Aufgabe 43.14 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))

${}{\begin{aligned}0&=\left\langle \gamma '(t),N(\gamma (t))\right\rangle '(0)\\&=\left\langle \gamma ^{\prime \prime }(0),N(\gamma (0))\right\rangle +\left\langle \gamma '(0),{\left(D_{\gamma '(0)}N\right)}{\left(\gamma (0)\right)}\right\rangle \\&=\left\langle \gamma ^{\prime \prime }(0),N(P)\right\rangle -\left\langle L_{P}(v),v\right\rangle .\end{aligned}}$

$\Box$

In der vorstehenden Aussage ist keine zusätzliche Festlegung über die Orientierung nötig, da auf beiden Seiten das Einheitsnormalenfeld, rechts via die Weingartenabbildung, eingeht. Man beachte ferner, dass ${}\gamma$ keine konstante Geschwindigkeit besitzen muss, es also viele Realisierungen gibt und die Beschleunigung ${}\gamma ^{\prime \prime }(0)$ nicht festgelegt ist. Der Ausdruck ${}\left\langle \gamma ^{\prime \prime },\right\rangle (0)$, der die normale Komponente der Beschleunigung beschreibt, ändert sich aber nicht, da sich ${}\gamma$ auf der Hyperfläche bewegt.

Satz

Es sei ${}W\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ offen, ${}h\colon W\rightarrow \mathbb {R}$ eine zweifach stetig differenzierbare Funktion und ${}Y=h^{-1}(c)$ die Faser zu ${}c\in \mathbb {R}$, wobei ${}h$ in jedem Punkt von ${}Y$ regulär sei.

Dann ist die Weingartenabbildung ${}L_{P}$ in jedem Punkt ${}P\in Y$ selbstadjungiert.

Beweis

Für Vektoren ${}v,w\in T_{P}Y$ ist

${}\left\langle v,L_{P}(w)\right\rangle =\left\langle L_{P}(v),w\right\rangle \,$

zu zeigen. Mit ${}N(P)={\frac {\operatorname {Grad} \,h(P)}{\Vert {\operatorname {Grad} \,h(P)}\Vert }}$ ist gemäß Lemma 45.10 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))

${}{\begin{aligned}\left\langle v,L_{P}(w)\right\rangle &=-\left\langle v,{\left(D_{w}N\right)}{\left(P\right)}\right\rangle \\&=-\left\langle v,{\left(D_{w}{\frac {\operatorname {Grad} \,h}{\Vert {\operatorname {Grad} \,h}\Vert }}\right)}{\left(P\right)}\right\rangle \\&=-\left\langle v,{\left(D_{w}{\frac {1}{\Vert {\operatorname {Grad} \,h}\Vert }}\right)}{\left(P\right)}\cdot \operatorname {Grad} \,h(P)+{\frac {1}{\Vert {\operatorname {Grad} \,h(P)}\Vert }}\cdot {\left(D_{w}\operatorname {Grad} \,h\right)}{\left(P\right)}\right\rangle \\&=-{\frac {1}{\Vert {\operatorname {Grad} \,h(P)}\Vert }}\left\langle v,{\left(D_{w}\operatorname {Grad} \,h\right)}{\left(P\right)}\right\rangle ,\end{aligned}}$

da der erste Summand senkrecht auf dem Tangentialvektor ${}v$ steht. Mit Koordinatenfunktionen ist

${}{\begin{aligned}{\left(D_{w}\operatorname {Grad} \,h\right)}{\left(P\right)}&={\left(D_{w}\left({\frac {\partial h}{\partial x_{1}}},\,\ldots ,\,{\frac {\partial h}{\partial x_{n}}}\right)\right)}{\left(P\right)}\\&=\sum _{j=1}^{n}w_{j}{\frac {\partial }{\partial x_{j}}}\left({\frac {\partial h}{\partial x_{1}}},\,\ldots ,\,{\frac {\partial h}{\partial x_{n}}}\right)(P)\\&=\left(\sum _{j=1}^{n}w_{j}{\frac {\partial }{\partial x_{j}}}{\frac {\partial h}{\partial x_{1}}}(P),\,\ldots ,\,\sum _{j=1}^{n}w_{j}{\frac {\partial }{\partial x_{j}}}{\frac {\partial h}{\partial x_{n}}}(P)\right).\end{aligned}}$

Der obige Ausdruck ist somit gleich

${}{\begin{aligned}\left\langle v,L_{P}(w)\right\rangle &=-{\frac {1}{\Vert {\operatorname {Grad} \,h(P)}\Vert }}\left\langle v,{\left(D_{w}\operatorname {Grad} \,h\right)}{\left(P\right)}\right\rangle \\&=-{\frac {1}{\Vert {\operatorname {Grad} \,h(P)}\Vert }}\sum _{i,j=1}^{n}v_{i}w_{j}{\frac {\partial }{\partial x_{j}}}{\frac {\partial h}{\partial x_{i}}}(P).\end{aligned}}$

Nach Satz 44.10 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) kann man die Reihenfolge der partiellen Ableitungen vertauschen, sodass man auch die Rollen von ${}v$ und ${}w$ vertauschen kann.

$\Box$

Korollar

Es sei ${}W\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ offen, ${}h\colon W\rightarrow \mathbb {R}$ eine zweifach stetig differenzierbare Funktion und ${}Y=h^{-1}(c)$ die Faser zu ${}c\in \mathbb {R}$, wobei ${}h$ in jedem Punkt von ${}Y$ regulär sei.

Dann ist die Weingartenabbildung ${}L_{P}$ in jedem Punkt ${}P\in Y$ diagonalisierbar mit reellen Eigenwerten und zueinander orthogonalen Eigenräumen.

Beweis

Dies folgt aus Satz 4.7 und Satz 41.11 (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018)).

$\Box$

Lemma

Es sei ${}V\subseteq \mathbb {R} ^{n-1}$ eine offene Menge und sei ${}Y\subseteq V\times \mathbb {R}$ der Graph zu einer zweifach stetig differenzierbaren Funktion

$f\colon V\longrightarrow \mathbb {R} .$

Dann ist die Weingartenabbildung ${}L_{P}$ in einem Punkt ${}P=(x_{1},\ldots ,x_{n-1},f(x_{1},\ldots ,x_{n-1}))\in Y$ (zu dem nach oben gerichteten Einheitsnormalenfeld) durch ${}{\frac {1}{\sqrt {1+{\left({\frac {\partial f}{\partial x_{1}}}\right)}^{2}+\cdots +{\left({\frac {\partial f}{\partial x_{n-1}}}\right)}^{2}}}}\operatorname {Hess} _{}\,f$ gegeben, wobei ${}\operatorname {Hess} _{}\,f$ die Hesse-Matrix zu ${}f$ bezeichnet und wenn man Grundvektoren ${}v\in \mathbb {R} ^{n-1}$ mit den Tangentialvektoren aus ${}T_{P}Y$ im Sinne von Beispiel 1.2 identifiziert.

Beweis

Wir knüpfen an Beispiel 1.2 an. Das nach oben gerichtete Einheitsnormalenfeld ist durch

$N(x_{1},\ldots ,x_{n-1},f(x_{1},\ldots ,x_{n-1}))={\frac {1}{\sqrt {1+{\left({\frac {\partial f}{\partial x_{1}}}\right)}^{2}+\cdots +{\left({\frac {\partial f}{\partial x_{n-1}}}\right)}^{2}}}}{\begin{pmatrix}-{\frac {\partial f}{\partial x_{1}}}\\\vdots \\-{\frac {\partial f}{\partial x_{n-1}}}\\1\end{pmatrix}}\,$

gegeben. Wir betrachten den Weg

${}\gamma (t)={\begin{pmatrix}x_{1}+tv_{1}\\\vdots \\x_{n-1}+tv_{n-1}\\f{\begin{pmatrix}x_{1}+tv_{1}\\\vdots \\x_{n-1}+tv_{n-1}\end{pmatrix}}\end{pmatrix}}\,$

auf dem Graphen zum Grundvektor ${}v$. Die zweite Ableitung davon ist

${}\gamma ^{\prime \prime }(0)={\begin{pmatrix}0\\\vdots \\0\\\sum _{1\leq i,j\leq n-1}{\frac {\partial }{\partial x_{i}}}{\frac {\partial f}{\partial x_{j}}}v_{i}v_{j}\end{pmatrix}}\,.$

Nach Lemma 4.6 ist

${}{\begin{aligned}&\,\,\,\,\,\,\,\left\langle L_{P}(\gamma '(0)),\gamma '(0)\right\rangle \\&=\left\langle \gamma ^{\prime \prime }(0),N(x_{1},\ldots ,x_{n-1},f(x_{1},\ldots ,x_{n-1}))\right\rangle \\&={\frac {1}{\sqrt {1+{\left({\frac {\partial f}{\partial x_{1}}}\right)}^{2}+\cdots +{\left({\frac {\partial f}{\partial x_{n-1}}}\right)}^{2}}}}\left\langle {\begin{pmatrix}0\\\vdots \\0\\\sum _{1\leq i,j\leq n-1}{\frac {\partial }{\partial x_{i}}}{\frac {\partial f}{\partial x_{j}}}v_{i}v_{j}\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-{\frac {\partial f}{\partial x_{1}}}\\\vdots \\-{\frac {\partial f}{\partial x_{n-1}}}\\1\end{pmatrix}}\right\rangle \\&={\frac {\sum _{1\leq i,j\leq n-1}{\frac {\partial }{\partial x_{i}}}{\frac {\partial f}{\partial x_{j}}}v_{i}v_{j}}{\sqrt {1+{\left({\frac {\partial f}{\partial x_{1}}}\right)}^{2}+\cdots +{\left({\frac {\partial f}{\partial x_{n-1}}}\right)}^{2}}}}\\&={\frac {1}{\sqrt {1+{\left({\frac {\partial f}{\partial x_{1}}}\right)}^{2}+\cdots +{\left({\frac {\partial f}{\partial x_{n-1}}}\right)}^{2}}}}\left(v_{1},\,\ldots ,\,v_{n-1}\right)\operatorname {Hess} _{}\,f{\begin{pmatrix}v_{1}\\\vdots \\v_{n-1}\end{pmatrix}}.\,\end{aligned}}$

Das bedeutet, dass die nach Satz 4.7 symmetrische Bilinearform ${}\left\langle L_{P}(-),-\right\rangle$ im Tangentialraum ${}T_{P}Y$ mit der durch die (durch den Vorfaktor) skalierte Hessematrix gegebenen Bilinearform auf ${}\mathbb {R} ^{n-1}$ übereinstimmt, wenn vorne und hinten der gleiche Vektor eingesetzt wird. Nach Lemma 38.10 (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018)) stimmen dann generell die Bilinearformen über ein. Dann stimmen auch die linearen Abbildungen ${}L_{P}$ und die durch die Hessematrix gegebene lineare Abbildung überein.

$\Box$

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