Инвариантность дивергенции.

[Draeden]

http://window.edu.ru/window_catalog/fil ... pbu002.pdf

В этом файле написано про инвариантность дивергенции в общем случае. Пытаюсь понять что там написано...

Задано векторное поле $f:G \to \mathbb{R}^3$. Пусть $\psi:\mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$ гладкое биективное отображение. Перейдём к новым координатам $\tilde r=\psi(r)$ а также к новому векторному полю $\tilde f:\psi(G) \to \mathbb{R}^3,\tilde f=\psi \circ f \circ \psi^{-1}$.

$div f(r)=tr(f'(r))$
$div \tilde f (\tilde r)=tr(\tilde f'(\tilde r))$

Далее написано: $tr(\tilde f')=tr((\psi \circ f \circ \psi^{-1})')=tr(\psi' \cdot f' \cdot (\psi')^{-1})=tr(f')$. Как это получено ?!

[Brukvalub]

Draeden в сообщении #177150 писал(а):

Как это получено ?!

По правилу дифференцирования сложной функции и свойству инвариантности следа подобных матриц: http://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%A1%D0%BB%D0%B5%D0%B4_%D0%BC%D0%B0%D1%82%D1%80%D0%B8%D1%86%D1%8B

[Draeden]

$div \tilde f (\tilde r) = tr \tilde f' (\tilde r) = tr(\psi \circ f \circ \psi^{-1})'(\tilde r) = tr (\psi'(f(r)) \cdot f'(r) \cdot (\psi^{-1})'(\psi(r)) ) = tr(\psi'(f(r)) \cdot f'(r) \cdot (\psi'(r))^{-1})$

Если бы $\psi$ был линейным оператором, то его производная не зависила бы от аргумента и это равенство было бы верным. Но $\psi$ произвольное отображение.

[Brukvalub]

Draeden в сообщении #177505 писал(а):

Если бы $\psi$ был линейным оператором, то его производная не зависила бы от аргумента и это равенство было бы верным. Но $\psi$ произвольное отображение.

См. теорему о дифференцировании обратного отображения.

[ewert]

Draeden писал(а):

$div \tilde f (\tilde r) = tr \tilde f' (\tilde r) = tr(\psi \circ f \circ \psi^{-1})'(\tilde r) = tr (\psi'(f(r)) \cdot f'(r) \cdot (\psi^{-1})'(\psi(r)) ) = tr(\psi'(f(r)) \cdot f'(r) \cdot (\psi'(r))^{-1})$

Если бы $\psi$ был линейным оператором, то его производная не зависила бы от аргумента и это равенство было бы верным. Но $\psi$ произвольное отображение.

А при чём тут зависимость от аргумента? Ведь аргумент в этой цепочке фиксирован. Главное -- что сами по себе производные являются линейными операторами. И что с того, что в разных точках они разные?

[Draeden]

Цитата:

См. теорему о дифференцировании обратного отображения.

$(f^{-1})'(a)=(f'(f^{-1}(a))^{-1}$

Применяю к данному случаю:

$(\psi^{-1})'(\psi(r))=(\psi'(\psi^{-1}(\psi(r))))^{-1}=(\psi'(r))^{-1}$

Таким образом всё правильно, но выражение $tr(\psi'(f(r)) \cdot f'(r) \cdot (\psi'(r))^{-1})$ не удаётся упростить из за того, что у $\psi$ разные аргументы.

Цитата:

А при чём тут зависимость от аргумента? Ведь аргумент в этой цепочке фиксирован. Главное -- что сами по себе производные являются линейными операторами.

Как это неважно ? Моя цель - применить свойство $tr(A^{-1} \cdot B \cdot A)=tr B$. Для этого я проверяю, что матрицы слева и справа взаимно обратны: $\psi'(f(r)) \cdot (\psi'(r))^{-1}=1$, но это не так!

Цитата:

И что с того, что в разных точках они разные?

Судя по всему я не вижу чего то очевидного...

[ewert]

Draeden писал(а):

выражение $tr(\psi'(f(r)) \cdot f'(r) \cdot (\psi'(r))^{-1})$ не удаётся упростить из за того, что у $\psi$ разные аргументы.

Понял проблему. Дело в том, что это выражение неверно и не может быть верным в принципе -- по "соображениям размерности". Не бывает так, чтобы в одной и той же формуле в одном месте под функцию подставлялся один аргумент, а в другом -- другой.

[Draeden]

Согласен, но тогда в самом начале запись $\tilde f = \psi \circ f \circ \psi^{-1}$ довольно странная: с одной стороны $\psi$ преобразовывает аргументы, но тут же с его помощью преобразовывают значения функции!

[Brukvalub]

Выучите, как связаны матрицы Якоби взаимно-обратных отображений в соответствующих точках, и все встанет на свои места.

[ewert]

да, чего-то я не то ляпнул, прошу прощения. Действительно, преобразование координат должно быть линейным.

[Draeden]

$f \circ g = 1$
$y=f(x)$
$f' \circ g \cdot g' = 1$
$f'(g(y)) \cdot g'(y) = f'(x) \cdot g'(y) = 1$

Но это ничего нового не даёт.
Brukvalub, не темните, скажите в чём ошибка ?

Добавлено спустя 2 минуты 18 секунд:

Цитата:

Действительно, преобразование координат должно быть линейным.

Вот! Таким образом дивергенция, ротор и градиент инвариантны относительно линейного невырожденного преобразования координат ? Однако автор .pdf файла утверждает, что инвариантность остаётся в силе для любого невырожденного $\psi$. Как быть ?

[Brukvalub]

Вот-вот. Матрицы Якоби взаимно-обратных дифференцируемых отображений, вычисленные в соответствующих дуг другу точках, являются взаимно-обратными матрицами.
Не понял, где я темнил?

[Draeden]

Цитата:

Не понял, где я темнил?

Вот здесь:

Цитата:

и все встанет на свои места

Цитата:

Матрицы Якоби взаимно-обратных дифференцируемых отображений, вычисленные в соответствующих дуг другу точках

Если бы они были соотвествующими... Они как раз не соответсвуют друг другу: там где то посередине стоит неизвестное отображение $f$

[ewert]

Draeden в сообщении #177541 писал(а):

Как быть ?

Боюсь, что только застрелиться. Чему, например, равна дивергенция в полярных координатах?
Глупость какая-то.

[TOTAL]

$$\tilde f=\psi \circ f \circ \psi^{-1}$$

Где в этой формуле производная, нет её!