# Vektorfelder/Gradientenfelder/Einführung/Textabschnitt
## Definition

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 Fakt 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 Fakt 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

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

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 Fakt bzw. Aufgabe 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 $(a,0)$),
    $(b\sinh t,b\cosh t)$
(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.