Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2011-2012)/Teil II/Vorlesung 54/kontrolle

Gradientenfelder

Definition Referenznummer erstellen

Es sei ${}V$ ein euklidischer Vektorraum, ${}U\subseteq V$ offen und

$h\colon U\longrightarrow \mathbb {R}$

eine differenzierbare Funktion. Dann nennt man die Abbildung

$U\longrightarrow V,\,P\longmapsto \operatorname {Grad} \,h(P),$

das zugehörige Gradientenfeld.

Ein Gradientenfeld ist also ein zeitunabhängiges Vektorfeld. Man spricht auch von einem Potentialfeld, die Funktion ${}h$ (manchmal ${}-h$) heißt dann ein Potential des Vektorfeldes. Wenn ${}h$ zweimal stetig differenzierbar ist, so genügt nach Lemma 53.3 das zugehörige Gradientenfeld lokal einer Lipschitz-Bedingung.

Die folgende Aussage zeigt, dass die Lösungskurven der zugehörigen Differentialgleichung ${}v'=\operatorname {Grad} \,h(v)$ senkrecht auf den Fasern von ${}h$ liegen. Die Fasern beschreiben, wo das Potential (oder die Höhenfunktion) konstant ist, die Lösungen beschreiben nach Satz 49.10 den Weg des steilsten Anstiegs. Wenn ${}h$ beispielsweise die Höhenfunktion eines Gebirges ist, so gibt das Gradientenfeld in jedem Punkt den steilsten Anstieg an und die Trajektorie einer Lösungskurve beschreibt den Verlauf eines Baches (wir behaupten nicht, dass die Bewegung eines Wassermoleküls im Bach durch diese Differentialgleichung bestimmt ist, sondern lediglich, dass der zurückgelegte Weg, also das Bild der Kurve, mit dem Bild der Lösungskurve übereinstimmt). Der Bach verläuft immer senkrecht zu den Höhenlinien.

Lemma Lemma 54.2 ändern

Es sei ${}V$ ein euklidischer Vektorraum, ${}U\subseteq V$ offen,

$h\colon U\longrightarrow \mathbb {R}$

eine differenzierbare Funktion und

$U\longrightarrow V,\,P\longmapsto G(P)=\operatorname {Grad} \,h(P),$

das zugehörige Gradientenfeld. Es sei

$\varphi \colon J\longrightarrow U$

eine Lösung der Differentialgleichung

${}v'=G(v)\,.$

Dann steht ${}\varphi '(t)$ senkrecht auf dem Tangentialraum ${}T_{\varphi (t)}F$ der Faser ${}F$ von ${}h$ durch ${}\varphi (t)$ für ${}t\in J$, für die ${}\varphi (t)$ reguläre Punkte von ${}h$ sind.

Beweis

Sei ${}P=\varphi (t)$ ein regulärer Punkt von ${}h$ und sei ${}v\in T_{P}F=\operatorname {kern} \left(Dh\right)_{P}$ ein Vektor aus dem Tangentialraum. Dann gilt direkt

${}\left\langle v,\varphi '(t)\right\rangle =\left\langle v,G(\varphi (t))\right\rangle =\left\langle v,\operatorname {Grad} \,h(P)\right\rangle ={\left(Dh\right)}_{P}{\left(v\right)}=0\,.$

$\Box$

Beispiel Beispiel 54.3 ändern

Wir betrachten die Produktabbildung

$h\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto xy.$

Das zugehörige Gradientenfeld ist

$\mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,(x,y)\longmapsto G(x,y)=(y,x).$

Die Fasern von ${}h$ sind das Achsenkreuz (die Faser über ${}0$) und die durch ${}xy=c$, ${}c\neq 0$, gegebenen Hyperbeln. Die Lösungen der linearen Differentialgleichung

${}{\begin{pmatrix}\varphi _{1}'\\\varphi _{2}'\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}\varphi _{2}\\\varphi _{1}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}\varphi _{1}\\\varphi _{2}\end{pmatrix}}\,$

sind von der Form

${}\varphi (t)=(\varphi _{1}(t),\varphi _{2}(t))=(a\cosh t+b\sinh t,a\sinh t+b\cosh t)\,$

mit beliebigen ${}a,b\in \mathbb {R}$, wie man direkt nachrechnet und was sich auch aus Lemma 43.1 bzw. Aufgabe ***** {{:Kurs:Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2011-2012)/Differentialgleichungssystem/(u,v)' ist (v,u)/Allgemeine Lösung/Aufgabe/Aufgabereferenznummer/Differentialgleichungssystem/(u,v)' ist (v,u)/Allgemeine Lösung/Aufgabe/Aufgabereferenznummer}} ergibt. Dabei ist ${}\varphi (0)=(a,b)$. Für ${}a=b=0$ ist dies die stationäre Lösung im Nullpunkt, in dem die Produktabbildung nicht regulär ist. Bei ${}a=b=1$ ist ${}\varphi (t)=(e^{t},e^{t})$, das Bild dieser Lösung ist die obere Halbdiagonale (ohne den Nullpunkt), bei ${}a=b=-1$ ist ${}\varphi (t)=(-e^{t},-e^{t})$, das Bild dieser Lösung ist die untere Halbdiagonale, bei ${}a=1$ und ${}b=-1$ ist ${}\varphi (t)=(e^{-t},-e^{-t})$, das Bild dieser Lösung ist die untere Hälfte der Nebendiagonalen, bei ${}a=-1$ und ${}b=1$ ist ${}\varphi (t)=(-e^{-t},e^{-t})$, das Bild dieser Lösung ist die obere Hälfte der Nebendiagonalen.

Ansonsten treffen die Lösungskurven das Achsenkreuz in einem Punkt ${}\neq (0,0)$. Wenn man diesen Punkt als Anfangswert zum Zeitpunkt ${}t=0$ nimmt, so kann man die Lösungskurven als

$(a\cosh t,a\sinh t)$

(zum Zeitpunkt $t=0$ befindet sich die Lösung auf der ${}x-$Achse im Punkt $(a,0)$),

und als

$(b\sinh t,b\cosh t)$

(zum Zeitpunkt ${}t=0$ befindet sich die Lösung auf der ${}y-$Achse im Punkt $(0,b)$) realisieren. Die Bahnen dieser Lösungen erfüllen die Gleichung ${}x^{2}(t)-y^{2}(t)=a^{2}$ bzw. ${}x^{2}(t)-y^{2}(t)=b^{2}$, d.h. sie sind selbst Hyperbeln.

Wegintegrale und Gradientenfelder

Lemma Lemma 54.4 ändern

Es sei ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine offene Teilmenge und

$h\colon U\longrightarrow \mathbb {R}$

eine stetig differenzierbare Funktion mit dem zugehörigen Gradientenfeld ${}G=\operatorname {Grad} \,h$. Es sei ${}\gamma \colon [a,b]\rightarrow U$ ein stetig differenzierbarer Weg in ${}U$.

Dann gilt für das Wegintegral

${}\int _{\gamma }G=h(\gamma (b))-h(\gamma (a))\,.$

D.h. das Wegintegral hängt nur vom Anfangs- und Endpunkt des Weges ab.

Beweis

Aufgrund der Kettenregel ist

${}{\begin{aligned}\int _{\gamma }G&=\int _{a}^{b}\left\langle G(\gamma (t)),\gamma '(t)\right\rangle dt\\&=\int _{a}^{b}\sum _{i=1}^{n}G_{i}(\gamma (t))\cdot \gamma _{i}'(t)dt\\&=\int _{a}^{b}\sum _{i=1}^{n}{\frac {\partial h}{\partial x_{i}}}(\gamma (t))\cdot \gamma _{i}'(t)dt\\&=\int _{a}^{b}(h\circ \gamma )^{\prime }(t)dt\\&=h(\gamma (b))-h(\gamma (a)).\end{aligned}}$

$\Box$

Korollar Korollar 54.5 ändern

Es sei ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine offene Teilmenge und

$h\colon U\longrightarrow \mathbb {R}$

eine differenzierbare Funktion mit dem zugehörigen Gradientenfeld ${}G=\operatorname {Grad} \,h$. Es sei ${}\gamma \colon [a,b]\rightarrow U$ ein stetig differenzierbarer Weg mit ${}\gamma (a)=\gamma (b)$.

Dann ist

${}\int _{\gamma }G=0\,.$

Beweis

Dies folgt direkt aus Lemma 54.4.

$\Box$

Satz Satz 54.6 ändern

Es sei ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine offene zusammenhängende Teilmenge und

$G\colon U\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

ein stetiges Vektorfeld. Dann sind die folgenden Eigenschaften äquivalent.

1. ${}G$ ist ein Gradientenfeld.
2. Für jeden stetig differenzierbaren Weg ${}\gamma \colon [a,b]\rightarrow U$ hängt das Wegintegral ${}\int _{\gamma }G$ nur vom Anfangspunkt ${}\gamma (a)$ und Endpunkt ${}\gamma (b)$ ab.

Beweis

Die Implikation ${}(1)\Rightarrow (2)$ folgt aus Lemma 54.4.
Es sei umgekehrt die Eigenschaft ${}(2)$ erfüllt. Wir geben eine auf ${}U$ definierte Funktion ${}h$ an, die differenzierbar ist und deren Gradientenfeld gleich dem vorgegebenen Vektorfeld ist. Dazu sei ein Punkt ${}P\in U$ fixiert. Für jeden Punkt ${}Q\in U$ gibt es einen stetig differenzierbaren Weg

$\gamma \colon [a,b]\longrightarrow U$

mit ${}\gamma (a)=P$ und ${}\gamma (b)=Q$. Wir setzen

${}h(Q):=\int _{\gamma }G\,.$

Aufgrund der vorausgesetzten Wegunabhängigkeit des Integrals ist ${}h(Q)$ wohldefiniert. Wir müssen zeigen, dass diese so definierte Funktion in jedem Punkt ${}Q\in U$ und in jede Richtung ${}v=(v_{1},\ldots ,v_{n})\in \mathbb {R} ^{n}$ differenzierbar ist und die Richtungsableitung mit ${}\left\langle G(Q),v\right\rangle$ übereinstimmt. Dazu betrachten wir

${}h(Q+tv)-h(Q)=\int _{\delta }G=\int _{0}^{t}\left\langle G(Q+sv),v\right\rangle ds=\int _{0}^{t}\sum _{i=1}^{n}G_{i}(Q+sv)\cdot v_{i}ds\,,$

wobei ${}\delta$ der verbindende lineare Weg von ${}Q$ nach ${}Q+tv$ auf ${}[0,t]$ sei (und ${}t$ hinreichend klein sei, damit ${}Q+tv\in U$ ist). Für den Differentialquotienten ist

${}{\begin{aligned}\operatorname {lim} _{t\rightarrow 0}\,{\frac {h(Q+tv)-h(Q)}{t}}&=\sum _{i=1}^{n}\operatorname {lim} _{t\rightarrow 0}\,{\frac {1}{t}}\int _{0}^{t}G_{i}(Q+sv)\cdot v_{i}ds\\&=\sum _{i=1}^{n}G_{i}(Q)\cdot v_{i}\\&=\left\langle G(Q),v\right\rangle .\end{aligned}}$

Somit existiert die Richtungsableitung von ${}h$ in Richtung ${}v$ und hängt stetig von ${}Q$ ab. Diese Gleichung zeigt ferner

${}{\left(Dh\right)}_{Q}{\left(v\right)}={\left(D_{v}h\right)}{\left(Q\right)}=\left\langle G(Q),v\right\rangle \,,$

sodass ${}G$ das Gradientenfeld zu ${}h$ ist.

$\Box$

Die Integrabilitätsbedingung

Wie kann man erkennen, ob ein gegebenes Vektorfeld ein Gradientenfeld ist? Eine notwendige Bedingung schlägt sich in der folgenden Definition nieder.

Definition Referenznummer erstellen

Es sei ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine offene Teilmenge und

$G\colon U\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

ein differenzierbares Vektorfeld. Man sagt, dass ${}G$ die Integrabilitätsbedingung erfüllt (oder lokal integrabel ist), wenn

${}{\frac {\partial G_{i}}{\partial x_{j}}}(P)={\frac {\partial G_{j}}{\partial x_{i}}}(P)\,$

für alle ${}P\in U$ und alle ${}i,j$ gilt.

Lemma Lemma 54.8 ändern

Das Gradientenfeld einer zweimal stetig differenzierbaren Funktion

erfüllt die Integrabilitätsbedingung.

Beweis

Dies folgt direkt aus Satz 45.11.

$\Box$

Beispiel Referenznummer erstellen

Das lineare Vektorfeld

$G\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\longmapsto {\begin{pmatrix}-y\\x\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}},$

erfüllt wegen

${}{\frac {\partial G_{1}}{\partial y}}=-1\neq 1={\frac {\partial G_{2}}{\partial x}}\,$

nicht die Integrabilitätsbedingung. Es kann also nach Lemma 54.8 kein Gradientenfeld sein.

Definition Referenznummer erstellen

Eine Teilmenge ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ heißt sternförmig bezüglich eines Punktes ${}P\in T$, wenn für jeden Punkt ${}Q\in T$ die Verbindungsstrecke ${}sQ+(1-s)P$, ${}s\in [0,1]$, ganz in ${}T$ liegt.

Satz Referenznummer erstellen

Es sei ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine sternförmige offene Teilmenge und

$G\colon U\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

ein stetig differenzierbares Vektorfeld. Dann sind die folgenden Eigenschaften äquivalent.

1. ${}G$ ist ein Gradientenfeld.
2. ${}G$ erfüllt die Integrabilitätsbedingung.
3. Für jeden stetig differenzierbaren Weg ${}\gamma \colon [a,b]\rightarrow U$ hängt das Wegintegral ${}\int _{\gamma }G$ nur vom Anfangspunkt ${}\gamma (a)$ und Endpunkt ${}\gamma (b)$ ab.

Beweis

Die Äquivalenz ${}(1)\Longleftrightarrow (3)$ folgt aus Satz 54.6 und die Implikation ${}(1)\Longrightarrow (2)$ aus Lemma 54.8. Es bleibt also ${}(2)\Longrightarrow (1)$ zu zeigen, wobei wir explizit eine Stammfunktion ${}h$ zum Vektorfeld ${}G$ angeben. Es sei ${}P\in U$ ein Punkt derart, dass ${}U$ bezüglich ${}P$ sternförmig ist. Wir definieren ${}h(Q)$ über das Wegintegral zu ${}G$ zum linearen Verbindungsweg

$\gamma \colon [0,1]\longrightarrow U,\,t\longmapsto P+t(Q-P),$

also

${}h(Q):=\int _{\gamma }G=\int _{0}^{1}\left\langle G(\gamma (t)),Q-P\right\rangle dt\,.$

Wir müssen zeigen, dass der Gradient zu ${}h$ gleich ${}G$ ist, d.h. es ist

${}{\frac {\partial h}{\partial x_{i}}}=G_{i}\,$

zu zeigen. Dafür können wir ${}P=0$ annehmen und wir schreiben ${}v$ statt ${}Q$. Mit diesen Bezeichnungen und Voraussetzungen ist

${}{\begin{aligned}{\frac {\partial }{\partial x_{i}}}h(v)&={\frac {\partial }{\partial x_{i}}}{\left(\int _{0}^{1}\left\langle G(tv),v\right\rangle dt\right)}\\&=\int _{0}^{1}{\left({\frac {\partial }{\partial x_{i}}}\left\langle G(tv),v\right\rangle \right)}dt\\&=\int _{0}^{1}{\left({\frac {\partial }{\partial x_{i}}}{\left(\sum _{j=1}^{n}G_{j}(tv)\cdot v_{j}\right)}\right)}dt\\&=\int _{0}^{1}t\sum _{j=1}^{n}v_{j}{\left({\frac {\partial }{\partial x_{i}}}G_{j}\right)}(tv)+G_{i}(tv)dt\\&=\int _{0}^{1}t\sum _{j=1}^{n}v_{j}{\left({\frac {\partial }{\partial x_{j}}}G_{i}\right)}(tv)+G_{i}(tv)dt\\&=\int _{0}^{1}{\left(t\mapsto t\cdot G_{i}(tv)\right)}^{\prime }dt\\&={\left(t\cdot G_{i}(tv)\right)}{|}_{0}^{1}\\&=G_{i}(v).\end{aligned}}$

Dabei beruht die zweite Gleichung auf der Vertauschbarkeit von Integration und Differentiation (angewendet auf die stetig differenzierbare Funktion ${}[0,1]\times U\longrightarrow \mathbb {R}$, ${}(t,v)\longmapsto \left\langle G(tv),v\right\rangle$), die vierte Gleichung auf Aufgabe 47.6, die fünfte Gleichung auf der Integrabilitätsbedingung, die sechste Gleichung auf der Kettenregel und der Produktregel und die siebte Gleichung auf der Newton-Leibniz-Formel.

$\Box$

Beispiel Referenznummer erstellen

Wir betrachten das Vektorfeld

$G\colon \mathbb {R} ^{2}\setminus \{(0,0)\}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\longmapsto {\frac {1}{x^{2}+y^{2}}}{\begin{pmatrix}-y\\x\end{pmatrix}}.$

Wegen

${}{\frac {\partial G_{1}}{\partial y}}={\frac {\partial }{\partial y}}{\left({\frac {-y}{x^{2}+y^{2}}}\right)}={\frac {-(x^{2}+y^{2})+y(2y)}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}={\frac {-x^{2}+y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}\,$

und

${}{\frac {\partial G_{2}}{\partial x}}={\frac {\partial }{\partial x}}{\left({\frac {x}{x^{2}+y^{2}}}\right)}={\frac {(x^{2}+y^{2})-x(2x)}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}={\frac {-x^{2}+y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}\,$

erfüllt dieses Vektorfeld die Integrabilitätsbedingung. Es handelt sich aber nicht um ein Gradientenfeld: Das Wegintegral zur (geschlossenen) trigonometrischen Parametrisierung des Einheitskreises

$\gamma \colon [0,2\pi ]\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto {\begin{pmatrix}\cos t\\\sin t\end{pmatrix}},$

ist

${}{\begin{aligned}\int _{\gamma }G&=\int _{0}^{2\pi }\left\langle G(\gamma (t)),{\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}}\right\rangle dt\\&=\int _{0}^{2\pi }\left\langle {\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-\sin t\\\cos t\end{pmatrix}}\right\rangle dt\\&=\int _{0}^{2\pi }\sin ^{2}t+\cos ^{2}tdt\\&=\int _{0}^{2\pi }1dt\\&=2\pi \\&\neq 0\end{aligned}}$

im Gegensatz zu Korollar 54.5.

Fußnoten

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