Physik: Wie "krümme" ich Nabla und Delta ? (I)
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Physik

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Wie "krümme" ich Nabla und Delta ? (I)
Einleitung
In diesem (ersten) Artikel möchte ich euch die Berechnung des Gradienten, der Divergenz, der Rotation und des (skalaren) Laplace-Operators für orthonormal krummlinige Koordinaten vorstellen. Es geht hier nicht um eine physikalische Deutung der o.g. Größen, darüber könnte man mindestens einen eigenen Artikel schreiben, sondern um die Herleitung allgemeiner Formeln, sodaß man dann bei Kenntnis der Transformationsgleichungen für die Koordinaten die gesuchten Größen mit "relativ" wenig Aufwand berechnen kann. Dies soll also eher eine "anwendungsorientierte" Hilfestellung sein, indem die Zylinder- und Kugelkoordinaten ausführlich behandelt werden.
Wie (I) vermuten läßt, ist (II) geplant, in dem der Vektor-Gradient und der Vektor-Laplace behandelt werden.
Inhalt:


1) Maßstabsfaktoren und Basisvektoren

Ohne Theorie kommen wir natürlich nicht aus, denn wir wollen ja verstehen, wie man zu den gesuchten Gleichungen kommt. Daher beschäftigen wir uns zu allererst mit den sogenannten Basis\- bzw. Einheitsvektoren. \small\(Für alle nachfolgenden Rechnungen verzichte ich auf das Multiplikationszeichen und benutze den "Punkt" * nur für die skalare Multiplikation zweier Vektoren.\) \normal\ Für kartesische Koordinaten x, y und z sind uns die zugehörigen Basisvektoren i^>\,\ j^> und k^> geläufig. Wie aber sehen die neuen Basisvektoren aus, wenn man eine Koordinatentransformation \stress\ x , y , z -> u_1 , u_2 , u_3 vornimmt? Der Ortsvektor r^> läßt sich dann als r^>=x(u_1,u_2,u_3) i^>+y(u_1,u_2,u_3) j^>+z(u_1,u_2,u_3) k^> schreiben. r^> ist somit eine Funktion von u_1, u_2 und u_3. Für das totale Differential d||r^> ergibt sich dann d||r^>=pdiff(r^>,u_1) du_1 + pdiff(r^>,u_2) du_2 +pdiff(r^>,u_3) du_3 \ll(1.1) pdiff(r^>,u_1) ist ein Tangentenvektor an die (u_1)\-Kurve mit u_2 und u_3=konstant. e^>_1 = (pdiff(r^>,u_1))/abs(pdiff(r^>,u_1))= 1/h_1 pdiff(r^>,u_1) $ ist dann ein Tangenteneinheitsvektor. Analoges Vorgehen liefert : e^>_2 = (pdiff(r^>,u_2))/abs(pdiff(r^>,u_2))= 1/h_2 pdiff(r^>,u_2) $ und $ e^>_3 = (pdiff(r^>,u_3))/abs(pdiff(r^>,u_3))= 1/h_3 pdiff(r^>,u_3) Oder allgemein ausgedrückt: \light\ e^>_i = (pdiff(r^>,u_i))/abs(pdiff(r^>,u_i))= 1/h_i pdiff(r^>,u_i) $ $ $ mit dem \stress\ Maßstabsfaktor \normal\ h_i=abs(pdiff(r^>,u_i)) \ll(1.2) Nachdem wir ein erstes Ergebnis haben, wollen wir das gleich auf Zylinder\- und Kugelkoordinaten anwenden. Die Transformationsgleichung für \blue\ Zylinderkoordinaten__ \black\ lautet r^>=\rho cos(\phi) i^>+\rho sin(\phi) j^>+z k^> \ll(1.3) \small\ $ $ $ $ $ $ $ $mit 0<=\rho<=R , 0<=\phi<2 \pi und 0<=z<=H Für die \stress\ Maßstabsfaktoren \normal\ ergibt sich dann \light\ array(h_\rho,=,abs(pdiff(r^>,\rho)),=,abs(cos(\phi) i^>+sin(\phi) j^>),=,1;h_\phi,=,abs(pdiff(r^>,\phi)),=,abs(-\rho sin(\phi) i^>+\rho cos(\phi) j^>),=,\rho;h_z,=,abs(pdiff(r^>,z)),=,abs(k^>),=,1) \ll(1.3a ... 1.3c) Das führt dann zu den \stress\ Basisvektoren \light\ array(e^>_\rho,=,1/h_\rho pdiff(r^>,\rho),=,cos(\phi) i^>+sin(\phi) j^>;e^>_\phi,=,1/h_\phi pdiff(r^>,\phi),=,-sin(\phi) i^>+cos(\phi) j^>;e^>_z,=,1/h_z pdiff(r^>,z),=,k^>) \ll(1.3d ... 1.3f) Bildet man die Kreuzprodukte der Basisvektoren, ergibt sich e^>_\rho\cross\ e^>_\phi=e^>_z , e^>_\phi\cross\ e^>_z=e^>_\rho und e^>_z\cross\ e^>_\rho=e^>_\phi, wodurch bewiesen ist, daß die Vektoren in der Reihenfolge e^>_\rho , e^>_\phi und e^>_z ein rechtsdrehendes orthonormales Koordinatensystem aufspannen. Analog erhält man mit der Transformationsgleichung für \blue\ Kugelkoordinaten__ r^>=\rho cos(\phi) sin(\theta) i^>+\rho sin(\phi) sin(\theta) j^>+\rho cos(\theta) k^> \ll(1.4) \small\ $ $ $ $ $ $ $ $mit 0<=\rho<=R , 0<=\theta<=\pi und 0<=\phi<2 \pi die \stress\ Maßstabsfaktoren \light\ array(h_\rho,=,abs(pdiff(r^>,\rho)),=,abs(cos(\phi) sin(\theta) i^>+sin(\phi) sin(\theta) j^>+cos(\theta) k^>),=,1;h_\theta,=,abs(pdiff(r^>,\theta)),=,abs(\rho cos(\phi) cos(\theta) i^>+\rho sin(\phi) cos(\theta) j^>-\rho sin(\theta) k^>),=,\rho;h_\phi,=,abs(pdiff(r^>,\phi)),=,abs(-\rho sin(\phi) sin(\theta) i^>+\rho cos(\phi) sin(\theta) j^>),=,\rho sin(\theta) \ll(1.4a ... 1.4c) und die \stress\ Basisvektoren \light\ array(e^>_\rho,=,1/h_\rho pdiff(r^>,\rho),=,cos(\phi) sin(\theta) i^>+sin(\phi) sin(\theta) j^>+cos(\theta) k^>;e^>_\theta,=,1/h_\theta pdiff(r^>,\theta),=,cos(\phi) cos(\theta) i^>+sin(\phi) cos(\theta) j^>-sin(\theta) k^>;e^>_\phi,=,1/h_\phi pdiff(r^>,\phi),=,-sin(\phi) i^>+cos(\phi) j^> \ll(1.4d ... 1.4f) Auch hier kann man sich durch die Kreuzprodukte der Basisvektoren davon überzeugen, daß e^>_\rho , e^>_\theta und e^>_\phi ein rechtsdrehendes orthonormales Koordinatensystem aufspannen.

2) Bogen- und Volumenelement

Das Bogenelememt ds ist durch ds^2= d||r^>*d||r^> \ll(2.1) definiert. In Kapitel 1 haben wir gesehen, daß man den Vektor d||r^> als d||r^>=pdiff(r^>,u_1) du_1 + pdiff(r^>,u_2) du_2 +pdiff(r^>,u_3) du_3 schreiben kann. Wenn man die Basisvektoren ref(1.2) e^>_i =1/h_i pdiff(r^>,u_i) einsetzt, ergibt sich für d||r^> d||r^>= h_1 du_1 e^>_1+h_2 du_2 e^>_2+h_3 du_3 e^>_3=sum(h_i du_i e^>_i,i=1,3) \ll(2.2) Dies in die Definition ref(2.1) eingesetzt ergibt das \stress\ Bogenelement \light\ ds=sqrt(ds_1^2+ds_2^2+ds_3^2)=sqrt((h_1 du_1)^2+(h_2 du_2)^2+(h_3 du_3)^2) \ll(2.3) Hat man das Bogenelement, dann ergibt sich sofort das \stress\ Volumenelement dV=ds_1 ds_2 ds_3 zu \light\ dV=ds_1 ds_2 ds_3=h_1 h_2 h_3 du_1 du_2 du_3 \ll(2.4) Somit ergibt sich für \blue\ Zylinderkoordinaten__\black mit h_\rho=1, h_\phi=\rho und h_z=1 \(s. ref(1.3a) ... ref(1.3c)\) \light\ array(ds,=,sqrt(ds_1^2+ds_2^2+ds_3^2),=,sqrt((d\rho)^2+\rho^2 (d\phi)^2+(dz)^2);dV,=,h_\rho h_\phi h_z d\rho d\phi dz,=,\rho d\rho d\phi dz) \ll(2.5a ... 2.5b) und für \blue\ Kugelkoordinaten__\black mit h_\rho=1, h_\theta=\rho und h_\phi=\rho sin(\theta) \(s. ref(1.4a) ... ref(1.4c)\) \light\ array(ds,=,sqrt(ds_1^2+ds_2^2+ds_3^2),=,sqrt((d\rho)^2+\rho^2 (d\theta)^2+\rho^2 sin^2(\theta)(d\phi)^2);dV,=,h_\rho h_\theta h_\phi d\rho d\theta d\phi,=,\rho^2 sin(\theta) d\rho d\theta d\phi) \ll(2.6a ... 2.6.b)

3) Gradient

\blue\ Ich wollte eigentlich die physikalische Bedeutung des Gradienten ... außen vor lassen, aber ein bis zwei Sätze möchte ich doch darüber verlieren, damit man sieht, daß diese "Größen" nicht um ihrer selbst willen eingeführt wurden. \blue\ Der Term grad \psi*e^> beschreibt die Richtungsableitung von \psi in Richtung des Einheitsvektors e^>. Physikalisch ist dies die "Änderungsgeschwindigkeit" von \psi in Richtung von e^>. Zudem ist aus dem totalen Differential von \psi ersichtlich, daß der Gradient immer senkrecht zur Fläche \psi=constant ist, und damit in Richtung des "stärksten Potentialgefälles" zeigt. In Kapitel 2 haben wir herausgefunden, daß sich der Vektor d||r^> als d||r^>=sum(h_i du_i e^>_i,i=1,3) darstellen läßt. Multiplikation mit e^>_i ergibt d||r^>*e^>_i=h_i du_i Und daraus folgt du_i=1/h_i d||r^>*e^>_i \ll(3.1) Betrachten wir jetzt eine skalare Funktion \psi=\psi(u_1,u_2,u_3) mit d\psi=pdiff(\psi,u_1) du_1+pdiff(\psi,u_2) du_2+pdiff(\psi,u_3) du_3=sum(pdiff(\psi,u_i) du_i,i=1,3) und ersetzen du_i durch ref(3.1), dann ergibt sich für das totale Differential d\psi=sum(1/h_i pdiff(\psi,u_i) e^>_i*d||r^>,i=1,3) \ll(3.2) Halten wir das mal als Zwischenergebnis fest und schreiben das totale Differential von \psi\ (x,y,z) als d\psi=pdiff(\psi,x) dx+pdiff(\psi,y) dy+pdiff(\psi,z) dz Mit der Definition__ des Nabla\-Operators für kartesische Koordinaten \light\Nabla=i^> pdiff(\ ,x)+j^> pdiff(\ ,y)+k^> pdiff(\ ,z) \ll(3.3) schreibt sich d\psi als d\psi=(pdiff(\psi,x) i^>+pdiff(\psi,y) j^>+pdiff(\psi,z) k^>)*(dx i^>+dy j^>+dz k^>)=grad(\psi)*d||r^> \ll(3.4) Ein Vergleich von ref(3.2) und ref(3.4) liefert den \stress\ Gradienten\normal einer skalaren Funktion \(eines Skalarfeldes) \light\ grad \psi=\Nabla\psi=sum(1/h_i pdiff(\psi ,u_i) e^>_i,i=1,3) \ll(3.5) Man beachte, daß der Nabla\-Operator formal wie ein Vektor behandelt wird. Da Vektor*Skalar einen Vektor ergibt, ist auch der Gradient ein Vektor. Auch hier muß man nur die entsprechenden Maßstabsfaktoren einsetzen und erhält für \blue\ Zylinderkoordinaten__ \black\ mit h_\rho=1, h_\phi=\rho und h_z=1 \(s. ref(1.3a) ... ref(1.3c)\) \light\ grad \psi=\Nabla\psi=pdiff(\psi ,\rho) e^>_\rho+1/\rho pdiff(\psi ,\phi) e^>_\phi+pdiff(\psi ,z) e^>_z \ll(3.6) Analog ergibt sich mit h_\rho=1, h_\theta=\rho und h_\phi=\rho sin(\theta) \(s. ref(1.4a) ... ref(1.4c)\) für \blue\ Kugelkoordinaten__ \light\ grad \psi=\Nabla\psi=pdiff(\psi ,\rho) e^>_\rho+1/\rho pdiff(\psi ,\theta) e^>_\theta+1/(\rho sin(\theta)) pdiff(\psi ,\phi) e^>_\phi \ll(3.7)

4) Divergenz

\blue\ Die Divergenz erscheint z. B. in der Strömungslehre. Man kann zeigen, daß der "Flüssigkeitsgewinn" pro Volumen\- und Zeiteinheit =div(v^>) ist. Für stationäre, inkompressible Strömungen ist die Kontinuitätsgleichung div(v^>)=0, wobei v^> die Geschwindigkeit ist. Dies zeigt, daß in keinem Punkt "Flüssigkeit" erzeugt wird bzw. verloren geht. Es gibt also keine "Quellen" bzw. "Senken". Im letzten Kapitel haben wir den Nabla\-Operator auf eine skalare Funktion angewendet. Jetzt wollen wir seine Auswirkungen auf einen Vektor bzw. ein Vektorfeld untersuchen. Gegeben sei der "krummlinige" Vektor A^>=A_1 e^>_1+A_2 e^>_2+A_3 e^>_3 Dann ergibt sich div(A^>) zu div(A^>)=\Nabla*(A_1 e^>_1)+\Nabla*(A_2 e^>_2)+\Nabla*(A_3 e^>_3) \ll(4.1) Wir wollen uns zunächst nur mit dem Term \Nabla*(A_1 e^>_1) befassen. Setzt man in der Formel für den Gradienten ref(3.5) \psi=u_i, erhält man \Nabla\ u_i=1/h_i e^>_i \ll(4.2) und daraus \Nabla\ u_2 \cross\ \Nabla\ u_3=1/(h_2 h_3) (e^>_2 \cross\ e^>_3)=1/(h_2 h_3) e^>_1 \ll(4.3) Damit ergibt sich der Basisvektor e^>_1 zu e^>_1=h_2 h_3 (\Nabla\ u_2 \cross\ \Nabla\ u_3) Dies in \Nabla*(A_1 e^>_1)) eingesetzt, ergibt \Nabla*(A_1 e^>_1))=\Nabla*(A_1 h_2 h_3 (\Nabla\ u_2 \cross\ \Nabla\ u_3)) Anwenden der Produktregel liefert \Nabla*(A_1 *e^>_1))=grad((A_1 h_2 h_3))*(\Nabla\ u_2 \cross\ \Nabla\ u_3)+(A_1 h_2 h_3) \Nabla*(\Nabla\ u_2 \cross\ \Nabla\ u_3) Verwendet man die Identität \Nabla*(a^>\cross\ b^>)=b^>*(\Nabla\cross\ a^>)-a^>*(\Nabla\cross\ b^>), ergibt sich für den letzten Term der obigen Gleichung \Nabla*(\Nabla\ u_2 \cross\ \Nabla\ u_3)=\Nabla\ u_3*(\Nabla\ \cross\ \Nabla\ u_2)-\Nabla\ u_2*(\Nabla\ \cross\ \Nabla\ u_3)=0 wobei für die letzte Gleichheit rot(grad(u_i))=rot grad (u_i)=0 ausgenutzt wurde. Damit ist \Nabla*(A_1 e^>_1)=grad((A_1 h_2 h_3))* ( \Nabla\ u_2 \cross\ \Nabla\ u_3) Berücksichtigung des Gradienten ref(3.5) für den ersten und ref(4.3) für den zweiten Term ergibt letztendlich \Nabla*(A_1 e^>_1))=1/(h_1 h_2 h_3) pdiff((A_1 h_2 h_3),u_1) \ll(4.4a) Analoge Rechnung für die verbleibenden Terme von ref(4.1) ergibt \Nabla*(A_2 e^>_2)=1/(h_1 h_2 h_3) pdiff((A_2 h_1 h_3),u_2) \ll(4.4b) \Nabla*(A_3 e^>_3)=1/(h_1 h_2 h_3) pdiff((A_3 h_1 h_2),u_3) \ll(4.4c) Somit ergibt sich die \stress\ Divergenz\normal eines Vektors bzw. eines Vektorfeldes zu \light\ div A^>=\Nabla*A^>=1/(h_1 h_2 h_3) (pdiff((A_1 h_2 h_3),u_1)+pdiff((h_1 A_2 h_3),u_2)+pdiff((h_1 h_2 A_3),u_3)) \ll(4.5) Hier muß man wieder nur noch die entsprechenden Maßstabsfaktoren einsetzen, um die Divergenz für orthonormal krummlinige Koordinaten zu erhalten. Mit den mittlerweile geläufigen Maßstabsfaktoren h_\rho=1, h_\phi=\rho und h_z=1 für \blue\ Zylinderkoordinaten \black\ ergibt sich div A^>=\Nabla*A^>=1/\rho (pdiff((\rho A_\rho),\rho)+pdiff(A_\phi,\phi)+pdiff((\rho A_z),z)) Im letzten Term kann man \rho ausklammern, da es nicht von z abhängt, und die Divergenz lautet \light\div A^>=\Nabla*A^>=1/\rho (pdiff((\rho A_\rho),\rho)+pdiff(A_\phi,\phi)+\rho pdiff(A_z,z)) \ll(4.6) Für \blue\ Kugelkoordinaten \black\ mit h_\rho=1, h_\phi=\rho sin(\theta) und h_\theta=\rho ergibt sich div A^>=\Nabla*A^>=1/(\rho^2 sin(\theta)) (pdiff((\rho^2 sin(\theta) A_\rho),\rho)+pdiff((\rho A_\phi),\phi)+pdiff((\rho sin(\theta) A_\theta),\theta)) Auch hier kann man noch einiges vor die Ableitungen ziehen, und es verbleibt \light\div A^>=\Nabla*A^>=1/(\rho^2 sin(\theta)) (sin(\theta) pdiff((\rho^2 A_\rho),\rho)+\rho pdiff(A_\phi,\phi)+\rho pdiff((sin(\theta) A_\theta),\theta)) \ll(4.7) Am Ende dieses Kapitels sei mir noch eine "praktische" Anmerkung gestattet. Der Vektor A^> muß für die Berechnung die "neuen" Basisvektoren haben. Hat A^> die kartesischen Basisvektoren i^>, j^> und k^>, erhält man durch das Skalarprodukt von A^> mit den "neuen" Basisvektoren die "neuen" Komponenten A_i=A^>*e^>_i Als ganz einfaches Beispiel sei der Vektor A^>=x i^>+y j^>+z k^> gegeben, und man möchte für Zylinderkoordinaten die Komponente A_\rho haben. Das führt mit x=\rho cos(\phi), y=\rho sin(\phi) und z=z, sowie ref(1.3d) e^>_\rho =cos(\phi) i^>+sin(\phi) j^> zu A_\rho=A^>*e^>_\rho=(\rho cos(\phi) i^>+\rho sin(\phi) j^>+z k^>)*(cos(\phi) i^>+sin(\phi) j^>)=\rho

5) Rotation

\blue\ Felder, für die rot A^>=0 ist, sind wirbelfrei. Insbesondere ist diese Beziehung ein notwendiges \(und wenn es sich um ein einfach zusammenhängendes Gebiet handelt, auch hinreichendes\) Kriterium dafür, daß A^> ein Gradientenfeld ist, d.h. A^>=grad(\psi). Zwei interessante Identitäten, nämlich rot\(grad(\psi)\)=0 und div\(rot(A^>))=0 lassen sich herleiten. Dies bedeutet : Gradientenfelder sind wirbelfrei und Wirbelfelder sind quellen\- bzw. senkenfrei. Um die Rotation \rot A^>=rot(A^>)=\Nabla\cross\ (A_1 e^>_1+A_2 e^>_2+A_3 e^>_3) eines Vektorfeldes zu berechnen, betrachten wir zuerst wieder nur die erste Komponente von rot A^>=\Nabla\cross\ (A_1 e^>_1)+\Nabla\cross\ (A_2 e^>_2))+\Nabla\cross\ (A_3 e^>_3) \ll(5.1) Mit der bereits hergeleiteten Beziehung ref(4.2) e^>_1=h_1 grad(u_1) für den Einheitsvektor e^>_1 , ergibt sich somit für die erste Komponente \Nabla\cross\ (A_1 e^>_1)=\Nabla\cross\ (A_1 h_1 grad(u_1)) und daraus mit der Identität \Nabla\cross\ (\phi F^>)=grad(\phi)\cross\ F^>+\phi (rot(F^>)) \Nabla\cross\ (A_1 e^>_1)=grad((A_1 h_1))\cross grad(u_1)+(A_1 h_1) (rot(grad(u_1))) Da rot(grad(u_i))=rot grad (u_i)=0 ist, verbleibt \Nabla\cross\ (A_1 e^>_1)=grad((A_1 h_1))\cross grad(u_1) "Rücksubstitution" von grad(u_1)=e^>_1/h_1 liefert \Nabla\cross\ (A_1 e^>_1)=grad((A_1 h_1))\cross e^>_1/h_1 Der erste Term auf der rechten Seite der Gleichung ist der Gradient von A_1\.h_1, und der ist laut ref(3.5) 1/h_1 pdiff((A_1 h_1),u_1) e^>_1+1/h_2 pdiff((A_1 h_1),u_2) e^>_2+1/h_3 pdiff((A_1 h_1),u_3) e^>_3 Das Vektorprodukt für die erste Komponente von ref(5.1) ergibt somit \Nabla\cross\ (A_1 e^>_1)=1/(h_1 h_3) pdiff((A_1 h_1),u_3) e^>_2-1/(h_1 h_2) pdiff((A_1 h_1),u_2) e^>_3 \ll(5.2a) Analoges Vorgehen liefert für die zweite und dritte Komponente von ref(5.1) \Nabla\cross\ (A_2 e^>_2)=-1/(h_2 h_3) pdiff((A_2 h_2),u_3) e^>_1+1/(h_1 h_2) pdiff((A_2 h_2),u_1) e^>_3 \ll(5.2b) \Nabla\cross\ (A_3 e^>_3)=1/(h_2 h_3) pdiff((A_3 h_3),u_2) e^>_1-1/(h_1 h_3) pdiff((A_3 h_3),u_1) e^>_2\ll(5.2c) Addition der drei Komponenten, ergibt für die \stress\ Rotation \rot A^>=\Nabla\cross\ A^>=1/(h_2 h_3) (pdiff((A_3 h_3),u_2)-pdiff((A_2 h_2),u_3)) e^>_1- $ $ $ $ $ $ $ $ 1/(h_1 h_3) (pdiff((A_3 h_3),u_1)-pdiff((A_1 h_1),u_3)) e^>_2+ $ $ $ $ $ $ $ $ 1/(h_1 h_2) (pdiff((A_2 h_2),u_1)-pdiff((A_1 h_1),u_2)) e^>_3 Oder "übersichtlicher" als Determinante geschrieben \light\rot A^>=\Nabla\cross\ A^>=1/(h_1 h_2 h_3) det(h_1 e^>_1,h_2 e^>_2,h_3 e^>_3;pdiff(\ ,u_1),pdiff(\ ,u_2),pdiff(\ ,u_3);h_1 A_1,h_2 A_2,h_3 A_3) \ll(5.3) Mit den entsprechenden Maßstabsfaktoren ref(1.3a ... 1.3c) und ref(1.4a ... 1.4c) erhält man für \blue\ Zylinderkoordinaten__ \light\rot A^>=\Nabla\cross\ A^>=1/\rho det(e^>_\rho,\rho e^>_\phi,e^>_z;pdiff(\ ,\rho),pdiff(\ ,\phi),pdiff(\ ,z);A_\rho,\rho A_\phi,A_z) \ll(5.4) und für \blue\ Kugelkoordinaten__ \light\rot A^>=\Nabla\cross\ A^>=1/(\rho^2 sin(\theta)) det(e^>_\rho,\rho sin(\theta) e^>_\phi,\rho e^>_\theta;pdiff(\ ,\rho),pdiff(\ ,\phi),pdiff(\ ,\theta);A_\rho,\rho sin(\theta) A_\phi,\rho A_\theta) \ll(5.5)

6) (skalarer) Laplace-Operator

\blue\ Der Laplace\-Operator findet u.a. Anwendung in der Potentialtheorie. Z.B. ergibt sich die homogene Lösung der Poissongleichung zu \Delta||\psi=0. Auch Potentialströmungen kann man durch die partielle Differentialgleichung \Delta||\psi=0 beschreiben, wobei jeweils die Rand\- bzw. Anfangsbedingungen das eigentliche Problem definieren. Kommen wir nun zum \(skalaren\) Laplace\-Operator. Da wir aber schon reichlich Vorarbeit geleistet haben, ist zumindest die Herleitung recht unspektakulär. \small\(Der Arbeitsaufwand=Schreibaufwand für den Laplace\-Operator ist allerdings nicht__ unerheblich). Wir betrachten hier den \stress\ Laplace\-Operator für ein\stress skalares Feld\normal \psi(x,y,z). Er ist für kartesische Koordinaten definiert als \Delta||\psi=pdiff(\psi,x,2)+pdiff(\psi,y,2)+pdiff(\psi,z,2) \ll(6.1) Der Laplace\-Operator ist also als zweimalige Anwendung des Nabla\-Operators zu verstehen. \Delta||\psi=\Nabla^2 \psi=div(grad(\psi))=\div\(grad \psi\) Gradient und Divergenz sind uns aber bereits bekannt, so daß wir nur noch einsetzen müssen. In Kapitel 4 ergab sich die Divergenz (ref(4.5)) zu \ div A^>=1/(h_1 h_2 h_3) (pdiff((A_1 h_2 h_3),u_1)+pdiff((h_1 A_2 h_3),u_2)+pdiff((h_1 h_2 A_3),u_3)) Die Komponenten A_i des Vektors A^> erhält man aus dem Gradienten (ref(3.5)) \ grad \psi=sum(1/h_i pdiff(\psi ,u_i) e^>_i,i=1,3)=sum(A_i e^>_i,i=1,3) Eingesetzt liefert dies den \stress\ Laplace\-Operator eines Skalarfeldes \psi \light\ \Delta\ \psi=1/(h_1 h_2 h_3) (pdiff(\ ,u_1) ((h_2 h_3)/h_1 pdiff(\psi ,u_1))+pdiff(\ ,u_2) ((h_1 h_3)/h_2 pdiff(\psi ,u_2))+pdiff(\ ,u_3) ((h_1 h_2)/h_3 pdiff(\psi ,u_3))) \ll(6.2) Somit ergibt sich für \blue\ Zylinderkoordinaten__ \black\ mit den Maßstabsfaktoren h_\rho=1, h_\phi=\rho und h_z=1 aus Kapitel 1 \Delta||\psi=1/\rho (pdiff(\ ,\rho) (\rho pdiff(\psi ,\rho))+pdiff(\ ,\phi) (1/\rho pdiff(\psi ,\phi))+pdiff(\ ,z) (\rho pdiff(\psi ,z))) Im "zweiten" bzw. "dritten" Klammerausdruck kann man 1/\rho bzw. \rho vor die partielle Differentiation ziehen, da \rho unabhängig von \phi und z ist. Dann ergibt sich letztendlich \light\ \Delta||\psi=1/\rho (pdiff(\ ,\rho) (\rho pdiff(\psi ,\rho))+1/\rho pdiff(\psi ,\phi,2)+\rho pdiff(\psi ,z,2)) \ll(6.3) Für \blue\ Kugelkoordinaten__ \black\ ergibt eine analoge Vorgehensweise mit h_\rho=1, h_\phi=\rho\.sin(\theta) und h_\theta=\rho aus Kapitel 1 \Delta||\psi=1/(\rho^2 sin(\theta)) (pdiff(\ ,\rho) (pdiff(\psi ,\rho) \rho^2 sin(\theta))+pdiff(\ ,\phi) (1/sin(\theta) pdiff(\psi ,\phi))+pdiff(\ ,\theta) (sin(\theta) pdiff(\psi ,\theta))) Auch hier kann man die "unabhängigen" Variablen vor die Differentiation ziehen, und es ergibt sich \light\ \Delta||\psi=1/(\rho^2 sin(\theta)) (sin(\theta) pdiff(\ ,\rho) (\rho^2 pdiff(\psi ,\rho))+1/sin(\theta) pdiff(\psi ,\phi,2)+pdiff(\ ,\theta) (sin(\theta) pdiff(\psi ,\theta))) \ll(6.4)

Trennlinie

Abschluß und Literatur
Ich möchte hier ausdrücklich darauf hinweisen, daß die genutzten Identitäten (z.B. bac-cab-Regel) in Verbindung mit Differentialoperatoren "mit Vorsicht" zu behandeln sind. Einige der gängigen Vektorregeln gelten hier nicht, und alle Identitäten sind im Zweifelsfall explizit auf ihre Richtigkeit zu prüfen. Das möchte ich auch zum Anlaß nehmen, auf das in der Literatur erwähnte, online zur Verfügung stehende, Dokument des MP-Mitglieds Eckard hinzuweisen. Dort werden u.a. diverse Identitäten näher erläutert und z.T. bewiesen. Wer möchte kann sich ja zu Übungszwecken andere krummlinige Koordinatentransformationen suchen, und daran sein "Glück" probieren ;-) "Vektoranalysis, Theorie und Anwendungen", Murray R. Spiegel, ISBN: 0-07-092015-X "Einführung in die Vektoranalysis", Eckard Specht Georg (aka KingGeorge)
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Einleitung In diesem (ersten) Artikel möchte ich euch die Berechnung des Gradienten, der Divergenz, der Rotation und des (skalaren) Laplace-Operators für orthonormal krummlinige Koordinaten vorstellen. Es geht hier nicht um eine physikalische Deu
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"Physik: Wie "krümme" ich Nabla und Delta ? (I)" | 23 Comments
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Re: Wie
von: oudeis am: Mi. 08. Oktober 2008 11:45:55
\(\begingroup\) Servus, im Kapitel über die Divergenz sollte man vielleicht eher die Identität \Nabla\ * (a \cross\ b) = - a * (\Nabla \cross b) + b * (\Nabla \cross a) verwenden statt a * (b \cross c) = c * (a \cross b) Grüße oudeis\(\endgroup\)
 

Re: Wie
von: KingGeorge am: Sa. 11. Oktober 2008 20:06:46
\(\begingroup\)Hallo oudeis, sorry für die späte Antwort. Dank für dein Interesse und deine Kritik an diesem Artikel! Im Moment sehe ich aber keinen Vorteil für deine Notation. Könntest du das näher erläutern. lg Georg\(\endgroup\)
 

Re: Wie
von: oudeis am: Mo. 13. Oktober 2008 15:47:12
\(\begingroup\) Hallo! Wenn ich \Nabla * (a \cross b) mit b * (\Nabla \cross a) vergleiche, kommt eben nicht dasselbe raus: \Nabla * (a \cross b) = sum(\pd\ _i \epsilon_(ijk) a_j b_k ,i;j;k=1,3) während a * (\Nabla \cross b) = \sum(a_i \epsilon_(ijk) \pd _j b_k,i;j;k=1,3) Aber prinzipiell fand ich deine Darstellung sehr nützlich und würde mich auch über eine pdf-Version freuen. Viele Grüße oudeis \(\endgroup\)
 

Re: Wie
von: KingGeorge am: Mo. 13. Oktober 2008 19:21:24
\(\begingroup\)Hallo oudeis, stimmt, meine Identität ist für den Nabla-Operator falsch. ☹️ Ich hatte das aus meinen "uralten" eigenen Unterlagen ohne nochmaliges Nachrechnen übernommen. Danke für dein aufmerksames Lesen. Ich werde den Artikel so schnell wie möglich ändern und auch versuchen eine pdf-Version bereit zu stellen. lg Georg\(\endgroup\)
 

Re: Wie
von: KingGeorge am: Mi. 15. Oktober 2008 21:31:52
\(\begingroup\)@oudeis, der Artikel wurde geändert! lg Georg\(\endgroup\)
 

Re: Wie "krümme" ich Nabla und Delta ? (I)
von: KingGeorge am: Sa. 11. April 2009 14:50:26
\(\begingroup\)Es gibt jetzt auch eine pdf-Version des Artikels. lg Georg\(\endgroup\)
 

Hallo Georg,
von: ahmedhos am: Mo. 01. Februar 2010 16:55:29
\(\begingroup\)Ich finde das klasse Leistung. Ich werde das ganze lernen. Es ist für die Strömungslehre sehr nützlich! Danke schön. lg, Ahmed\(\endgroup\)
 

Re: Wie "krümme" ich Nabla und Delta ? (I)
von: Ex_Mitglied_40174 am: Di. 15. Februar 2011 13:00:12
\(\begingroup\)Hi Ich glaube bei der Formel für die Rotation eines Vektorfeldes zwischen (5.2c) und (5.3) sind in der e_2-Komponente die beiden Terme vertauscht: Der nach u_3 abgeleitete Term müsste zuerst stehen und dann der nach u_1 abgeleitete subtrahiert werden. Das hat mich gerade ein bisschen irritiert. PS Ich hoffe ich habe nichts übersehen und mache mich hier zum Affen 😁 \(\endgroup\)
 

Re: Wie "krümme" ich Nabla und Delta ? (I)
von: fru am: Di. 15. Februar 2011 15:39:17
\(\begingroup\)Hallo Anonymer! Vielen Dank für Deine Aufmerksamkeit und die Rückmeldung! Aber diesmal hat schon alles seine Richtigkeit: Offenbar hast Du nicht beachtet, daß die ganze zweite Zeile subtrahiert wird (das Minuszeichen befindet sich am Ende der ersten Zeile). Liebe Grüße, Franz \(\endgroup\)
 

Re: Wie "krümme" ich Nabla und Delta ? (I)
von: Ex_Mitglied_40174 am: Di. 15. Februar 2011 16:40:46
\(\begingroup\)Hier noch mal Der Anonyme Das meinte ich mit dem zum Affen machen. Danke für den Hinweis und den wunderbaren Artikel. Hat mir sehr bei der Prüfungsvorbereitung geholfen (ich schreibe morgen). \(\endgroup\)
 

Re: Wie "krümme" ich Nabla und Delta ? (I)
von: KingGeorge am: Di. 15. Februar 2011 17:13:01
\(\begingroup\)@Anonymus Viel Erfolg! lg Georg\(\endgroup\)
 

Re: Wie "krümme" ich Nabla und Delta ?
von: Ex_Mitglied_40174 am: Sa. 19. Februar 2011 22:58:03
\(\begingroup\)Was ist mit dem Laplace Operator der auf Vektoren wirkt? grad(divE)-curl(curlE) ? Ich bin da gerade etwas verwirrt.... Nehmen wir an ich hab eine Ebene Welle die sich in irgend eine Richtung ausbreitet (E-Feldvektor) E^>=matrix(Ex;Ey;Ez)*cos(wt-k^> x^>) Frage: Ist dieser VEKTOR eine Lösung der Schwingungsgleichung und ich muss den Nicht skalaren Laplace verwenden, oder muss ich den skalaren Lapalce verwenden auf jeden Komponente? Es sind ja zwei Komplett unterschiedliche Dinge... \(\endgroup\)
 

Re: Wie "krümme" ich Nabla und Delta ?
von: KingGeorge am: So. 20. Februar 2011 12:40:12
\(\begingroup\)Hallo Anonymous, Leider verstehe ich die Intention der Frage nicht! Wenn du den Laplace-Operator auf einen Vektor anwenden willst, mußt du natürlich den vektoriellen Laplace benutzen. Für kartesische Koordinaten sind die Einheitsvektoren aber nicht nur betragsmäßig sondern auch richtungsmäßig konstant, und das Problem reduziert sich damit auf den skalaren Laplace für jede Vektorkomponente. \Delta||E^>=\Delta|(E_1 e^>_1)+\Delta|(E_2 e^>_2)+\Delta|(E_3 e^>_3)=> \Delta||E^>=\Delta||E_x e^>_x+\Delta||E_y e^>_y+\Delta||E_z e^>_z wobei z.B. mein E_x deinem E_x cos(\omega t-k^>*x^>) entspricht. lg Georg\(\endgroup\)
 

Re: Wie "krümme" ich Nabla und Delta ?
von: Ex_Mitglied_40174 am: So. 20. Februar 2011 23:11:05
\(\begingroup\)Ja absolut, aber was passiert wenn ich meinen Vektor in Kugelkoordinaten schreibe? Es geht mir darum dass wir in E3 die Wellengleichung in Kugelkoordinaten geschrieben haben und dazu einfach den Skalaren Laplace transformiert haben. Man sollte dann die die Gleichung für eine Kugelwelle einsetzen und zeigen, dass sie die Wellengleichung erfüllt. Und da frage ich mich ob man das darf. Vermutung: Könnte es sein dass wir garnicht das Koordinatensystem gewechselt haben sondern einfach nur Koordinatensubstitution gemacht haben? (Also in der alten kart. Basis geblieben sind) In den Experimentalvorlesungen ist sowas nie so ganz klar ... \(\endgroup\)
 

Re : Wie "krümme" ich Nabla und Delta ?
von: KingGeorge am: Mo. 21. Februar 2011 19:02:11
\(\begingroup\)Hallo Anonymus, Mit der Wellengkeichung kenne ich mich nicht aus. Vorallem kann ich mit "... dass wir in E3 die Wellengleichung in Kugelkoordinaten geschrieben haben und dazu einfach den Skalaren Laplace transformiert haben." wenig anfangen. Ich halte es für idealer wenn du einen Thread im Physik-Forum zu diesem Thema eröffnen würdest und dort auch ein konkretes Beispiel zu dieser "Transformation" posten würdest. Das hat auch den Vorteil das andere Physiker und/oder Mathematiker ihren "Senf" zum Thema beitragen können (werden). lg Georg\(\endgroup\)
 

Proof of eq (4.5)
von: Ex_Mitglied_40174 am: Mi. 23. Februar 2011 11:13:42
\(\begingroup\)Hallo KingGeorge, I can read in German without any problem, but you might have trouble reading my German. Therefore I'll try it in English. I have a(simple?) question. To prove your very elegant equation (4.5) for the divergence of a vectorfield you use "die Gleichheit: nabla x nabla u_i = rot grad u_i = 0". In cartesian coordinates it is easy to give a satisfactory proof. But, can you prove it using your expression (3.5) for nabla in curvilinear coordinates? My problem is that eq. (3.5) seems to be derived for using nabla as a gradient, not for more comlicated combinations such as the curl. lg, Leo \(\endgroup\)
 

Re: Proof of eq (4.5)
von: KingGeorge am: Mi. 23. Februar 2011 18:57:59
\(\begingroup\)Hallo Leo, da du sagst, du kannst Deutsch ohne Probleme lesen, erspar ich dir mein schlechtes Englisch. 😉 rot grad = 0 kann man auch mit krummlinigen Koordinaten prüfen. Benutze die Gleichung für die Divergenz ref(3.5) \Nabla\psi=1/h_1 pdiff(\psi ,u_1) e^>_1+1/h_2 pdiff(\psi ,u_2) e^>_2+1/h_3 pdiff(\psi ,u_3) e^>_3=A_1 e^>_1+A_2 e^>_2+A_3 e^>_3 Setze jetzt A_1, A_2 und A_3 in die Gleichung für die Rotation ref(5.3) ein, und du hast \Nabla\cross(\Nabla\psi)=1/(h_1 h_2 h_3) det(h_1 e^>_1,h_2 e^>_2,h_3 e^>_3;pdiff(\ ,u_1),pdiff(\ ,u_2),pdiff(\ ,u_3);pdiff(\psi ,u_1),pdiff(\psi ,u_2),pdiff(\psi ,u_3))=0 lg Georg\(\endgroup\)
 

Proof of eq (4.5)
von: Ex_Mitglied_40174 am: Mi. 23. Februar 2011 22:26:54
\(\begingroup\)Thank you for your quick reply, Georg, which unfortunately does not solve my problem. To prove eq.(5.3)you also used the same essential Gleichheit: nabla x nabla u_i = 0. So assuming this is right, you get a consistent result: nabla x (nabla psi) = 0. Suppose however that we assume the Ungleichheit: nabla x nabla u_i unequal to zero. Then you would find other formula's for (4.5) and (5.3); applying this new (5.3) you would then consistently find that now nabla x (nabla psi) is unequal to zero. A direct proof nabla x (nabla u_i) = nabla x (e_i:h_i) = nabla x (partial dr/du_i : h_i^2) = ..??.. = 0 (under certain conditions/assumptions) could be illuminating, at least for me (what does it really mean: rot grad u_i = 0-vector for i=1,2,3?) lg, Leo \(\endgroup\)
 

Re: Proof of eq (4.5)
von: KingGeorge am: Do. 24. Februar 2011 18:23:32
\(\begingroup\)Hallo Leo, jetzt vestehe ich dein Problem. Mein "Beweis" ist ein sogenannter Zirkelschluß. ☹️ Im Moment habe ich keine Antwort auf dein Problem, aber ich versuche eine zu bekommen. Alternativ könntest du deine Frage im Forum posten?! lg Georg\(\endgroup\)
 

Proof of eqs (4.5) & (5.3)
von: Ex_Mitglied_40174 am: Fr. 25. Februar 2011 15:01:14
\(\begingroup\)Hallo Georg, The best advise you could have given me about my problem: KISS = Keep It Simple Stupid! The title of your paper: Wie "kruemme" ich Nabla (und auch Nabla cross Nabla etc.) is a little misleading: Nabla itself remains as straight as ever. Stupid Simple Proof of Nabla x Nabla psi = 0: from eqs. (3.5) and (1.2) the x, y and z-component of the vector operator Nabla can be written as: d/dx = sum (1/h_i^2) dx/du_i d/du_i (3.5a) d/dy, d/dz analogous (d's are partial derivatives, sum is over i=1,2,3) So e.g. the z-component of Nabla, acting on an arbitrary function psi, can be written as well as dpsi/dz or as sum .dz/du_i dpsi/du_i, both results are the same and represent the rate of change of psi along the Cartesian z-axis. This rate of change in the z-direction is a well defined function psi_z. So: psi_z = dpsi/dz = sum ...dz/du_i dpsi/du_i (3.5b) In the same way we can write the y-component of Nabla acting on psi_z as psi_zy = dpsi_z/dy = sum ...dy/du_i dpsi_z/du_i (3.5c) It doesn't matter if psi_z's in (3.5c) have been obtained using d/dz or sum ..z ..d/du_i in (3.5b), the results are always the same. The same holds true for psi_yz in which we first obtain the y-component of Nabla psi (psi_y = d/dy or sum ..y. d/du_i psi) followed bij the z-component of Nabla psi_y (= d/dz or sum ..z.du_i). From the cartesian equality d2psi/dydz = d2psi/dzdy it follows that the x-component of the curl of Nabla psi = (Nabla x Nabla psi)x = psi_yz - psi_zy = 0, no matter if you calculated the derivatives in cartesian or in curved coordinates. The same is true for the y and z components of curl grad psi, therefore we have for any well behaved function psi the vector equation: Nabla x Nabla psi = 0 (3.5d) Advise: Since eq. (3.5d) is necessary in both of your sections 4 and 5, a logical place to discuss it would be at the end of section 3, e.g. after (3.5). Eq. (3.5a) is useful to evaluate combinations of Nabla's such as in (3.5d). A nice exercise for the reader would be to check the equality for Zylinder- & Kugelkoordinaten of (3.5d) choosing psi = u_j (j= 1, 2 or 3), i.e. check that: sum_i[1/h_i^2 {dy/du_i d/du_i(1/h_j^2 dz/du_j) - dz/du_i d/du_i(1/h_j^2 dy/du_j)}]=0 sum_i[1/h_i^2 {dz/du_i d/du_i(1/h_j^2 dx/du_j) - dx/du_i d/du_i(1/h_j^2 dz/du_j)}]=0 sum_i[1/h_i^2 {dx/du_i d/du_i(1/h_j^2 dy/du_j) - dy/du_i d/du_i(1/h_j^2 dx/du_j)}]=0 Here sum_i means summation over i=1,2,3. Before I realised the KISS above I checked the first equation for spherical coordinates for u_1 (= rho: a rather trivial calculation) and u_2 (= theta: that is more interesting). now I stop changing this Kommentar, and wait for your answer. lg Leo \(\endgroup\)
 

Re: Proof of eqs (4.5) & (5.3)
von: KingGeorge am: So. 20. März 2011 11:29:57
\(\begingroup\)Hallo Leo, schau mal hier. Vielleicht hilft es ja. lg Georg\(\endgroup\)
 

Re: Forminvarianz
von: Ex_Mitglied_40174 am: Mi. 06. April 2011 10:08:45
\(\begingroup\)Hallo Georg, it helps quite a bit. Apparantly the problem has been solved rigorously by some famous mathematicians a long time ago, and you have demonstrated to me very clearly how you can extract such information using a webforum. It would still be very nice to have an explicit proof of the invariance of the vectorfield rot grad phi under the orthogonal transformations used in your paper above. Have you already tried to do that? Motivation (=your quote): Knowing things half is dangerous 😵 (who are you quoting?) lg, Leo PS: At the moment I know that I know things "half", and therefore I feel quite dangerous. You gave a clear definition of the gradient (nabla) in curvilinear coordinates, which in an orthogonal coordinate system determines the rot grad operator completely, I think (no need for extra assumptions e.g. about Forminvarianz?!). So a direct proof that rot grad psi is (or is not, it's hard to imagine) the 0-vector should be possible. I am not at all satisfied with my stupid simple "proof" in a previous remark. I intend to improve my German writing and learn fedgeo to come back to (and pimp) my remarks and questions later on, possibly consulting an MP forum. So I 'll be back (much) later.\(\endgroup\)
 

Re: Wie krümme ich Nabla und Delta
von: Ex_Mitglied_40174 am: Di. 07. April 2015 22:14:35
\(\begingroup\) 😁 😉 😉 😮 😐 😐 😛\(\endgroup\)
 

 
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