# Wegintegral/Vektorfeld/Gradientenfeld/Integrabilitätsbedingung/Textabschnitt

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

## Definition

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

Das Gradientenfeld einer zweimal stetig differenzierbaren Funktion
erfüllt die Integrabilitätsbedingung.

### Beweis

Dies folgt direkt aus Fakt.
$\Box$

## Beispiel

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 Fakt kein Gradientenfeld sein.

## Definition

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

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.

### Beweis

Die Äquivalenz $(1)\Longleftrightarrow (3)$ folgt aus Fakt und die Implikation $(1)\Longrightarrow (2)$ aus Fakt. 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, 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

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 Fakt.