упростить дивергенцию

[petr11]

есть следующее выражение $\operatorname{div}(A \vec{r})$ где $A$ некоторая симметричная матрица компоненты которой не зависят от $x_1,x_2,x_3$, а $\vec{r}:r_1(x_1,x_2,x_3),r_2(x_1,x_2,x_3),r_3(x_1,x_2,x_3)$ меня интересует можно ли написать следующее $\operatorname{div}(A \vec{r})=K\operatorname{div} \vec{r}$ где $K$ некоторый скаляр. Если такая формула действительно имеет место то напишите пожалуйста чему равно $K$, если нет такой формулы то напишите пожалуйста почему ?

[Утундрий]

petr11
Обычно под $\vec r$ понимают т.н. радиус-вектор, т.е. $\vec r = \left\{ {x_1 ,x_2 ,x_3 } \right\}$, а не то, что Вы написали. Если следовать этому общепринятому соглашению, то $\operatorname{div} \left( {\hat A \cdot \vec r} \right) = \vec \nabla \cdot \left( {\hat A \cdot \vec r} \right) = \operatorname{Sp} \left( {\hat A^T \cdot \vec \nabla \vec r} \right) = \operatorname{Sp} \left( {\hat A \cdot \hat 1} \right) = \operatorname{Sp} \hat A$. И, поскольку $\operatorname{div} \vec r = 3$, Ваше $K$ будет равно $\frac{1}{3}\operatorname{Sp} \hat A$.

[Kallikanzarid]

$A = \pi_2$, $r = (x_1, 0, 0)$, $s = (0, x_2, 0)$. А вообще домашнюю работу клянчить нехорошо.

[Gortaur]

Kallikanzarid
Вот Вам копипаста

Цитата:

Попытки решения и места где возникают сложности приведите.

Кстати, кто такие $\pi_2$ и $s$?

petr11
У Вас размерность фиксирована и равна трем? Тогда можете просто перемножить матрицу на вектор и посчитать производные полученного вектора.

[Kallikanzarid]

Gortaur
$\pi_2: (x_1, x_2, x_3) \mapsto (0, x_2, 0)$ - да, надо было сразу выписать А $r$ и $s$ - просто векторные поля :)

[Gortaur]

Kallikanzarid
Ок, давайте с другого бока. Это контрпример? Если да, то кто такой $s$, в постановке вопрос его не было, равно как и в следующих постах. Если не контрпример - тогда к чему это, и опять же, кто такой $s$?

Там копипаста - полуфабрикат, надо запятую поставить.

(Оффтоп)

И может не будете ругаться даже на английском? Мы какбэ читать умеем

[Kallikanzarid]

Gortaur
Как я понял, вопрос автора был таким: существует ли отображение $\varphi: M(\mathbb{R}, 3) \to \mathbb{R}$ такое, что $\operatorname{div} \circ A = \varphi(A) \operatorname{div}$. Вполне разумный вопрос, ответ - нет, можно привести контрпример.

[petr11]

прошу прощения за видимо такое неудачное обозначение вектора $r$ и я немного переформулирую вопрос чтобы он был понятнее, имеется следующее выражение $M\vec{a}=\vec{b}-\frac{(M^{-1}\vec{c},\vec{b})}{(\vec{c},M^{-1}\vec{c})}\vec{c}$ где $M$ некоторая квадратная симметричная матрица размерностью $3$ элементы которой не зависят от $x_1,x_2,x_3$ , $\vec{a}:(a_1(x_1,x_2,x_3),a_2(x_1,x_2,x_3),a_3(x_1,x_2,x_3))$, $\vec{b}:(b_1(x_1,x_2,x_3),b_2(x_1,x_2,x_3),b_3(x_1,x_2,x_3))$, а $\vec{c}$ некоторый постоянный вектор, $( , )$-обозначает скалярное произведение 2 векторов, нужно получить формулу для $ \operatorname{div}(\vec{a})$ и вот мой вопрос как бы это можно сделать попроще. Я не прошу вывести мне эту формулу я надеюсь услышать идей как бы это можно попроще сделать или привести если можно ссылку на литературу где бы обсуждались подобные вопросы. Если такой формулы вывести нельзя хотелось бы услышать причину или контр пример.

[Александр Т.]

petr11 в сообщении #477054 писал(а):

есть следующее выражение $\operatorname{div}(A \vec{r})$ где $A$ некоторая симметричная матрица компоненты которой не зависят от $x_1,x_2,x_3$, а $\vec{r}:r_1(x_1,x_2,x_3),r_2(x_1,x_2,x_3),r_3(x_1,x_2,x_3)$

Если $\vec{r}$ — вектор, а не матрица-столбец, то $A$ — это не постоянная матрица, а постоянный тензор второго ранга $\hat{A}$, и

$$ \operatorname{div}(\hat{A}\cdot \vec{r}) = \nabla\cdot(\hat{A}\cdot \vec{r}) = \hat{A}^{\mathrm{T}}\cdot\cdot(\nabla\vec{r}) , $$

где $\hat{A}^{\mathrm{T}}$ обозначает транспонирование тензора $\hat{A}$, $\cdot$ и $\cdot\cdot$ обозначают соотвественно однократную и двойную свертку тензоров по смежным индексам, а $\nabla\vec{r}$ обозначает результат диадного действие набла-оператора на векторное поле $\vec{r}(\vec{x})$. В ковариантных обозначениях это записывается так

$$ A^{ji}(\nabla_i r_j) . $$

Цитата:

меня интересует можно ли написать следующее $\operatorname{div}(A \vec{r})=K\operatorname{div} \vec{r}$ где $K$ некоторый скаляр.

Из вышеизложенного следует, что в общем случае — нельзя. Можно лишь для случая, когда тензор $\hat{A}$ — шаровой, т.е. когда $\hat{A}=K\hat{I}$, где $\hat{I}$ — единичный тензор.

Цитата:

Если такая формула действительно имеет место то напишите пожалуйста чему равно $K$, если нет такой формулы то напишите пожалуйста почему ?

Выше я пытался объяснить, почему такой формулы нет (для общего случая).

[ewert]

$\mathop{\mathrm{div}}A\vec x=\sum\limits_i\dfrac{\partial(A\vec x)_i}{\partial x_i}=\sum\limits_i\dfrac{\partial}{\partial x_i}\sum\limits_ka_{ik}x_k=\sum\limits_{i,k}a_{ik}\delta_{ik}=\mathop{\mathrm{Tr}}A$

(для постоянной матрицы, конечно). Непонятно, из-за чего сыр-бор.

[Александр Т.]

ewert в сообщении #477395 писал(а):

$\mathop{\mathrm{div}}A\vec x=\sum\limits_i\dfrac{\partial(A\vec x)_i}{\partial x_i}=\sum\limits_i\dfrac{\partial}{\partial x_i}\sum\limits_ka_{ik}x_k=\sum\limits_{i,k}a_{ik}\delta_{ik}=\mathop{\mathrm{Tr}}A$

(для постоянной матрицы, конечно). Непонятно, из-за чего сыр-бор.

Из-за того, что нужно вычислить не $\mathop{\mathrm{div}}(\hat A\cdot\vec x)$, а $\mathop{\mathrm{div}}[\hat A\cdot\vec r(\vec x)]$, где $\vec r(\vec x)$ — произвольная векторная функция векторного аргумента.

[Kallikanzarid]

Александр Т.
Вы прямо окунули меня в начало 20 века ^_^

[Александр Т.]

Александр Т. в сообщении #477392 писал(а):

Цитата:

меня интересует можно ли написать следующее $\operatorname{div}(A \vec{r})=K\operatorname{div} \vec{r}$ где $K$ некоторый скаляр.

Из вышеизложенного следует, что в общем случае — нельзя. Можно лишь для случая, когда тензор $\hat{A}$ — шаровой, т.е. когда $\hat{A}=K\hat{I}$, где $\hat{I}$ — единичный тензор.

Не лишь. Еще один случай указан выше ewert'ом. Этот случай можно несколько расширить: $\hat A$ — произвольный постоянный тензор, а $\vec r(\vec x) = \alpha \vec x$, где $\alpha$ — постоянная. Тогда $K=\dfrac{1}{3}\operatorname{Tr}\hat A$.

Не исключено, что есть и еще какие-нибудь случаи.

[petr11]

А если матрица $A=\vec{a}\bigotimes \vec{a}$-тензорное произведение 2 векторов? Видимо, что нельзя появляются слагаемые типа $\frac{\partial r_i}{\partial x_j}$ которые не куда не пропадают, тогда другой вопрос а можно выразить $\operatorname{Tr}(\vec{a}\bigotimes\vec{a}\cdot B)$ через $\operatorname{Tr}B$

[ewert]

Александр Т. в сообщении #477402 писал(а):

Из-за того, что нужно

Да, зазевалси. Но меня ТС на это спровоцировал. Надо всё же выбирать обозначения с умом. Ну кому, ради бога, придёт в трезвом уме обозначать некую прозвольную функцию через $\vec r$?...