Derivar gradientes vectoriales en coordenadas esféricas a partir de los primeros principios
On diciembre 31, 2020 by adminTratando de entender dónde están $ \ frac {1} {r sin (\ theta)} $ y $ 1 / r $ bits vienen en la definición de gradiente .
He derivado los vectores unitarios esféricos pero ahora no entiendo cómo transformar del cartesiano en esférico del para nada. La gente sigue diciendo que use la regla de la cadena, ¡pero yo no la veo!
¿Alguna ayuda?
Comentarios
- I Creo que la forma de derivarlos de principios verdaderamente básicos debería implicar retirar la métrica de $ \ mathbb {R} ^ 3 $ al incorporar $ S ^ 2 $ … Una forma quizás menos fundamental pero aún satisfactoria de hacer las cosas es definir $ x, y, z $ en términos de $ r, \ theta, \ phi $ y trabajando desde allí.
- Quiero decir, ¿cómo se hace para convertir cartesianos en polares esféricos?
- ¿ math.stackexchange.com sería un mejor lugar para esta pregunta?
- @Qmechanic En Australia, aprendemos esta identidad en el segundo año de la universidad Física. Ahora mismo estoy jugando con la derivación, ya que ya sé cómo hacerlo usando un resultado general de matemáticas puras, pero encontrar una derivación sin usar ese nivel de abstracción podría ser de interés para el estudiante de física general. trazar la línea entre las matemáticas y la física? No sin un lo Yo diría que hay sangre en la alfombra.
Respuesta
Solicitaste una prueba de «primeros principios «. Así que hagámoslo. Resaltaré las fuentes más comunes de errores y luego mostraré una prueba alternativa que no requiere ningún conocimiento de cálculo tensorial o notación de Einstein.
La manera difícil
Primero, la convención de coordenadas:
$$ (r, \ theta, \ phi) \ rightarrow (x, y, z) = (r \ sin \ theta \ cos \ phi, \; r \ sin \ theta \ sin \ phi, \; r \ cos \ theta) $$
De la misma manera podemos expresar $ (x, y, z) $ como $ x \ , \ mathbf {\ hat e} _x + y \, \ mathbf {\ hat e} _y + z \, \ mathbf {\ hat e} _z $, también podemos expresar $ (r, \ theta, \ phi) $ como $ r «\, \ mathbf {\ hat e} _r + \ theta» \, \ mathbf {\ hat e} _ \ theta + \ phi «\, \ mathbf {\ hat e} _ \ phi $, pero ahora los coeficientes no son los mismos: $ (r «, \ theta», \ phi «) \ neq (r, \ theta, \ phi) $, en general. Esto se debe a que las coordenadas esféricas son curvilíneas , por lo que los vectores base no son los mismos en todos los puntos. Sin embargo, para pequeñas variaciones, son muy similares. Más precisamente, relativo a un punto $ \ vec {\ mathbf p} _0 = (x, y, z) $, un punto vecino $ \ vec {\ mathbf p} _1 = (x + \ Delta x, \; y + \ Delta y, \; z + \ Delta z) $ puede ser descrito por $ \ Delta \ vec {\ mathbf p} = (\ Delta x, \ Delta y, \ Delta z) $ y, en coordenadas esféricas, si esta variación es » infinitesimal «, luego $ d \ vec {\ mathbf p} = (dr, d \ theta, d \ phi) = dr \, \ mathbf {\ hat e} _r + d \ theta \, \ mathbf {\ hat e} _ \ theta + d \ phi \, \ mathbf {\ hat e} _ \ phi $. Esta es básicamente la motivación para definir la base (no normalizada) como:
$$ \ vec {\ mathbf e} _r = \ frac {\ partial \ vec {\ mathbf p}} {\ partial r} , \ quad \ vec {\ mathbf e} _ \ theta = \ frac {\ parcial \ vec {\ mathbf p}} {\ parcial \ theta}, \ quad \ vec {\ mathbf e} _ \ phi = \ frac { \ parcial \ vec {\ mathbf p}} {\ parcial \ phi} $$
Pero esto aún no está normalizado. Coincidentemente, $ || \ partial \ vec {\ mathbf p} / \ partial r || $ resulta ser $ 1 $, pero $ || \ partial \ vec {\ mathbf p} / \ partial \ theta || = r $, como veremos.Entonces, la base real debe definirse como:
$$ \ hat {\ mathbf e} _r = \ frac {\ vec {\ mathbf e} _r} {|| \ vec {\ mathbf e} _r ||}, \ quad \ hat {\ mathbf e} _ \ theta = \ frac {\ vec {\ mathbf e} _ \ theta} {|| \ vec {\ mathbf e} _ \ theta ||}, \ quad \ hat {\ mathbf e} _ \ phi = \ frac {\ vec {\ mathbf e} _ \ phi} {|| \ vec {\ mathbf e} _ \ phi ||} $$
Explícitamente:
$$ \ begin {align} \ vec {\ mathbf e} _r & = \; (& \ sin \ theta \ cos \ phi &, & \ sin \ theta \ sin \ phi &, & \ cos \ theta) \\ \ vec {\ mathbf e} _ \ theta & = \; (& r \ cos \ theta \ cos \ phi &, & r \ cos \ theta \ sin \ phi &, & -r \ sin \ theta) \\ \ vec {\ mathbf e} _ \ phi & = \; (& -r \ sin \ theta \ sin \ phi & , & r \ sin \ th eta \ cos \ phi &, & 0) \ end {align} $$
$$ \ begin {align} || \ vec {\ mathbf e} _r || ^ 2 & = \ sin ^ 2 \ theta (\ cos ^ 2 \ phi + \ sin ^ 2 \ phi ) + \ cos ^ 2 \ theta & & = 1 \\ || \ vec {\ mathbf e} _ \ theta || ^ 2 & = r ^ 2 \ cos ^ 2 \ theta (\ cos ^ 2 \ phi + \ sin ^ 2 \ phi) + r ^ 2 \ sin \ theta & & = r ^ 2 \\ || \ vec {\ mathbf e} _ \ phi || ^ 2 & = r ^ 2 \ sin ^ 2 \ theta (\ sin ^ 2 \ phi + \ cos ^ 2 \ phi) & & = r ^ 2 \ sin ^ 2 \ theta \ end {align} $$
$$ \ begin {align} \ hat {\ mathbf e} _r & = \ vec {\ mathbf e} _r & & = & & (& \ sin \ theta \ cos \ phi &, & \ sin \ theta \ sin \ phi &, & \ cos \ theta) \\ \ hat {\ mathbf e} _ \ theta & = \ vec {\ mathbf e} _ \ theta / r & & = & & (& \ cos \ theta \ cos \ phi &, & \ cos \ theta \ sin \ phi &, & – \ sin \ theta) \\ \ hat {\ mathbf e} _ \ phi & = \ vec {\ mathbf e} _ \ phi / (r \ sin \ theta) & & = & & (& – \ sin \ phi &, & \ cos \ phi &, & 0) \ end {align} $$
Puede verificar que esto también forma una base ortogonal (por lo tanto, ortonormal). Por ejemplo:
$$ \ begin {align} \ hat {\ mathbf e} _r \ cdot \ hat {\ mathbf e} _ \ theta & = \ sin \ theta \ cos \ theta \ cos ^ 2 \ phi + \ sin \ theta \ cos \ theta \ sin ^ 2 \ phi – \ sin \ theta \ cos \ theta \\ & = 0 \ end {align} $$
Eso no es necesario que suceda en general.
Para pasar de un conjunto de coordenadas al otro utilizando los vectores base, resolver:
$$ \ begin {bmatrix} \ hat {\ mathbf e} _r \\ \ hat {\ mathbf e} _ \ theta \\ \ hat {\ mathbf e} _ \ phi \ end {bmatrix} = \ begin {bmatrix} \ sin \ theta \ cos \ phi & \ sin \ theta \ sin \ phi & \ cos \ theta \\ \ cos \ theta \ cos \ phi & \ cos \ theta \ sin \ phi & – \ sin \ theta \\ – \ sin \ phi & \ cos \ phi & 0 \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} \ hat {\ mathbf e} _x \\ \ hat {\ mathbf e} _y \\ \ hat {\ mathbf e} _z \ end {bmatrix} $$
por $ \ hat {\ mathbf e} _x $, $ \ hat {\ mathbf e} _y $, y $ \ hat {\ mathbf e} _z $ en términos de $ \ ha t {\ mathbf e} _r $, $ \ hat {\ mathbf e} _ \ theta $ y $ \ hat {\ mathbf e} _ \ phi $. Entonces cualquier vector $ \ vec {\ mathbf p} = x \, \ mathbf {\ hat e} _x + y \, \ mathbf {\ hat e} _y + z \, \ mathbf {\ hat e} _z $ puede ser escrito en la forma $ r «\, \ mathbf {\ hat e} _r + \ theta» \, \ mathbf {\ hat e} _ \ theta + \ phi «\, \ mathbf {\ hat e} _ \ phi $ por simple sustitución. Dado que esta base en particular es ortonormal, existe una forma alternativa: simplemente use el producto escalar. Por ejemplo, para obtener $ r «$:
$$ \ begin {align} \ vec {\ mathbf p} \ cdot \ mathbf {\ hat e} _r & = r «\, \ mathbf {\ hat e} _r \ cdot \ mathbf {\ hat e} _r + \ theta» \, \ mathbf {\ hat e} _ \ theta \ cdot \ mathbf {\ hat e } _r + \ phi «\, \ mathbf {\ hat e} _ \ phi \ cdot \ mathbf {\ hat e} _r \\ & = r» \ end {align} $$
Ahora al degradado.Usando la notación matricial, podemos escribir el gradiente como un vector de fila y la fórmula para la regla de la cadena se convierte en:
$$ \ begin {align} \ vec \ nabla f & = \ begin {bmatrix} \ frac {\ Partical f} {\ Partical X} & \ frac {\ Partical F} {\ Partical y} & \ frac {\ partial f} {\ partical z} \ end {bmatrix} \\ & = \ begin {bmatrix} \ frac {\ partial f } {\ partial r} & \ frac {\ partial f} {\ partial \ theta} & \ frac {\ partial f} {\ Particular \ phi} \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} \ frac {\ Partical R} {\ Partical X} & \ frac {\ Partical R} {\ Particular y} & \ frac {\ parcial r} {\ parcial z} \\ \ frac {\ parcial \ theta} {\ parcial x} & \ frac {\ parcial \ theta} {\ parcial y} & \ frac {\ parcial \ theta} {\ parcial z} \\ \ frac {\ parcial \ phi } {\ parcial x} & \ frac {\ parcial \ phi} {\ parcial y} \ frac {\ partial \ phi} {\ partial z} \ end {bmatrix} \ end {align} $$
Llame a la matriz de la derecha $ J $ (it «es la matriz jacobiana ). Tenga en cuenta que esto también funciona al revés:
$$ \ begin {bmatrix} \ frac {\ partial f} {\ partial r} & \ frac {\ Partical F} {\ Particular \ theta} & \ frac {\ Partical F} {\ Partical \ phi} \ end {bmatrix} \\ = \ begin {bmatrix} \ frac {\ parcial f} {\ parcial x} & \ frac {\ parcial f} {\ parcial y} & \ frac {\ Partical F} {\ Partical Z} \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} \ frac {\ Partical X} {\ Partical R} & \ frac {\ Partical y } {\ parcial r} & \ frac {\ parcial z} {\ parcial r} \\ \ frac {\ parcial x} {\ parcial \ theta} & \ frac {\ parcial y} {\ parcial \ theta} & \ frac {\ parcial z} {\ parcial \ theta} \\ \ frac { \ parcial x} {\ parcial \ phi} & \ frac {\ parcial y} {\ parcial \ phi} & \ frac { \ Partical Z} {\ Partical \ phi} \ end {bmatrix} $$
Y llamamos a esta otra matriz $ J «$. Podemos invertir la primera ecuación a obtener $ \ vec \ nabla f \, J ^ {- 1} = \ vec \ nabla f \, J «$ $ \ Rightarrow $ $ \ vec \ nabla f \, \ left (J ^ {- 1} -J» \ derecha) = 0 $. Como esto funciona para un $ f $ arbitrario, tenemos $ J ^ {- 1} – J «= 0 $ $ \ Rightarrow $ $ J» = J ^ {- 1} $. Una consecuencia importante es que, en general:
$$ \ frac {\ parcial a} {\ parcial b} \ neq \ izquierda (\ frac {\ parcial b} {\ parcial a} \ derecha) ^ {- 1} $$
Parece que el OP cometió este error en un comentario , lo que confunde $ \ parcial r / \ parcial x $ con $ (\ Partical x / \ Partical R) ^ {- 1} = 1 / (\ sin \ theta \ cos \ phi) $, como sería el caso si estuviéramos usando derivadas regulares (en lugar de parciales).
Ahora tenemos dos formas de calcular la matriz $ J $. Directamente o calculando $ J «$ primero y luego invirtiéndolo. Hagámoslo directamente.Necesitaremos las expresiones para $ r $, $ \ theta $ y $ \ phi $ en términos de $ x $, $ y $ y $ z $ (para otros sistemas de coordenadas, esto podría ser muy difícil de obtener) :
$$ \ begin {align} r & = \ sqrt {x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2} \\ \ theta & = \ arctan \ left (\ frac {\ sqrt {x ^ 2 + y ^ 2}} {z} \ right) \\ \ phi & = \ arctan \ left (\ frac {y} {x} \ right) \ end {align} $$
Las derivadas parciales son:
$$ \ begin {align} \ frac {\ partial r} {\ partial x} & = \ frac {x} {\ sqrt {x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2}} & & = \ sin \ theta \ cos \ phi \\ \ frac {\ parcial r} {\ parcial y} & = \ frac {y} {\ sqrt {x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2}} & & = \ sin \ theta \ sin \ phi \\ \ frac {\ parcial r} {\ parcial z} & = \ frac {z} {\ sqrt {x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2}} & & = \ cos \ theta \ end {align} $$
$$ \ begin {align} \ frac {\ par tial \ theta} {\ partial x} & = \ frac {zx} {\ sqrt {x ^ 2 + y ^ 2} \ left (x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2 \ right)} & & = \ frac {\ cos \ theta \ cos \ phi} {r} \\ \ frac {\ parcial \ theta} {\ parcial y} & = \ frac {zy} {\ sqrt {x ^ 2 + y ^ 2} \ left (x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2 \ right)} & & = \ frac {\ cos \ theta \ sin \ phi} {r} \\ \ frac {\ partial \ theta} {\ partial z} & = – \ frac {\ sqrt {x ^ 2 + y ^ 2}} {x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2} & & = – \ frac {\ sin \ phi} {r} \ end {align} $ $
$$ \ begin {align} \ frac {\ partial \ phi} {\ partial x} & = – \ frac {y} {x ^ 2 + y ^ 2} & & = – \ frac {\ sin \ phi} {r \ sin \ theta} \\ \ frac {\ partial \ phi} {\ party y} & = \ frac {x} {x ^ 2 + y ^ 2} & & = \ frac {\ cos \ phi} {r \ sin \ theta} \\ \ frac {\ parcial \ phi} {\ parcial z} = 0 & & = 0 \ end {align} $$
Nuestro El jacobiano es entonces:
$$ J = \ begin {bmatrix} \ sin \ theta \ cos \ phi & \ sin \ theta \ sin \ phi & \ cos \ theta \\ \ frac {\ cos \ theta \ cos \ phi} {r} & \ frac {\ cos \ theta \ sin \ phi} {r} & – \ frac {\ sin \ phi} {r} \\ – \ frac {\ sin \ phi} {r \ sin \ theta} & \ frac {\ cos \ phi} {r \ sin \ theta} & 0 \ end {bmatrix} $$
Alternativamente, podríamos haber calculado el jacobiano inverso (que es sencillo) y luego haberlo invertido (lo cual es una pesadilla).Podemos usar Wolfram Alpha para confirmar que da el mismo resultado:
Finalmente, usamos el producto escalar para encontrar los coeficientes $ r «$, $ \ theta» $, y $ \ phi «$:
$$ r» = \ vec \ nabla f \ cdot \ mathbf {\ hat e} _r = \ begin {bmatrix} \ frac {\ parcial f} {\ parcial r } & \ frac {\ parcial f} {\ parcial \ theta} & \ frac {\ parcial f} {\ parcial \ phi } \ end {bmatrix} J \ begin {bmatrix} \ sin \ theta \ cos \ phi \\ \ sin \ theta \ sin \ phi \\ \ cos \ theta \ end {bmatrix} = \ begin {bmatrix} \ frac { \ parcial f} {\ parcial r} & \ frac {\ parcial f} {\ parcial \ theta} & \ frac {\ parcial f} {\ parcial \ phi} \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \ end {bmatrix} = \ frac {\ parcial f} {\ parcial r} $$
$$ \ theta «= \ vec \ nabla f \ cdot \ mathbf {\ hat e} _ \ theta = \ begin {bmatrix} \ frac {\ partial f} {\ partial r} & \ frac {\ parcial f} {\ parcial \ theta} & \ frac {\ parcial f} {\ parcial \ phi} \ end {bmatrix} J \ begin {bmatrix} \ cos \ theta \ cos \ phi \\ \ cos \ theta \ sin \ phi \\ – \ sin \ theta \ end {bmatrix} = \ begin {bmatrix} \ frac {\ partial f} {\ partid r} & \ frac {\ parcial f} {\ parcial \ theta} & \ frac {\ parcial f} {\ parcial \ phi} \ end { bmatrix} \ begin {bmatrix} 0 \\ 1 / r \\ 0 \ end {bmatrix} = \ frac {1} {r} \ frac {\ partial f} {\ partial \ theta} $$
$$ \ phi «= \ vec \ nabla f \ cdot \ mathbf {\ hat e} _ \ phi = \ begin {bmatrix} \ frac {\ partial f} {\ partial r} & \ frac {\ parcial f} {\ parcial \ theta} & \ frac {\ parcial f} {\ parcial \ phi} \ end {bmatrix} J \ begin {bmatrix} – \ sin \ phi \\ \ cos \ phi \\ 0 \ end {bmatrix} = \ begin {bmatrix} \ frac {\ partial f} {\ partial r} & \ frac {\ parcial f} {\ parcial \ theta} & \ frac {\ parcial f} {\ parcial \ phi} \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix } 0 \\ 0 \\ 1 / (r \ sin \ theta) \ end {b matriz} = \ frac {1} {r \ sin \ theta} \ frac {\ parcial f} {\ parcial \ phi} $$
Por lo tanto:
$$ \ vec \ nabla f = \ frac {\ parcial f} {\ parcial r} \ mathbf {\ hat e} _r + \ frac {1} {r} \ frac {\ parcial f} {\ parcial \ theta} \ mathbf {\ sombrero e} _ \ theta + \ frac {1} {r \ sin \ theta} \ frac {\ parcial f} {\ parcial \ phi} \ mathbf {\ sombrero e} _ \ phi $$
Una forma mucho mejor
Vamos a necesitar una nueva notación para evitar tener que usar letras diferentes para $ x $, $ y $ y $ z $, por ejemplo. En su lugar, usemos índices de $ 1 $ a $ 3 $. Para las coordenadas cartesianas usaremos la letra $ x $, y para las coordenadas esféricas usaremos la letra $ r $. Lo siguiente debería ser autoexplicativo:
$$ \ vec {\ mathbf p} = \ sum_i x_i \ mathbf {\ hat x} ^ i = \ sum_k r_k \ mathbf {\ hat r} ^ k $$
De la definición de los vectores base:
$$ \ mathbf {\ vec r} ^ k = \ frac {\ partial \ vec {\ mathbf p}} {\ partial r_k}, \ quad \ mathbf {\ sombrero r} ^ k = \ frac {\ mathbf {\ vec r} ^ k} {|| \ mathbf {\ vec r} ^ k ||} = \ frac {1} {h_k} \ frac {\ parcial \ vec {\ mathbf p}} {\ parcial r_k} $$
Donde $ h_k \ triangleq || \ mathbf {\ vec r} ^ k || $. Expandiendo en la base $ x $:
$$ \ mathbf {\ hat r} ^ k = \ sum_j \ frac {1} {h_k} \ frac {\ parcial x_j} {\ parcial r_k} \ mathbf {\ hat x} ^ j $$
Ahora el degradado es simplemente:
$$ \ vec \ nabla f = \ mathbf {\ vec F} = \ sum_i F_i \ mathbf {\ hat x} ^ i = \ suma_i \ frac {\ parcial f} {\ parcial x_i} \ mathbf {\ hat x} ^ i $$
Para obtener el componente $ k $ «th en coordenadas esféricas ($ F» _k $) , usa el producto escalar:
$$ \ begi n {align} F «_k & = \ mathbf {\ vec F} \ cdot \ mathbf {\ hat r} ^ k \\ & = \ left (\ sum_i \ frac {\ parcial f} {\ parcial x_i} \ mathbf {\ hat x} ^ i \ right) \ cdot \ left (\ sum_j \ frac {1} {h_k} \ frac { \ parcial x_j} {\ parcial r_k} \ mathbf {\ hat x} ^ j \ right) \\ & = \ frac {1} {h_k} \ sum_i \ frac {\ parcial f} {\ parcial x_i} \ frac {\ parcial x_i} {\ parcial r_k} \\ & = \ frac {1} {h_k} \ frac {\ parcial f} {\ partial r_k} \ end {align} $$
y terminamos.
Comentarios
- Gracias ¡tanto! Aclaró mucha confusión en mi cabeza, especialmente la distinción entre el jacobiano y la matriz de cambio de base, que son similares en forma e idea y bastante confusos. Además, gracias por abrirme los ojos a la diferencia entre coordenadas y componente.
- Por cierto, ¿la última fórmula sería cierta también para bases no ortogonales?
- @JonasDaverio No, porque los productos punto solo dan proyecciones ortogonales. Si miras los coeficientes $ \ frac {1} {h_k} \ frac {\ partial x_j} {\ partial r_k} $, podrías escribir eso como una matriz. En el caso general, ‘ tendrías que usar la transposición inversa de eso. En el caso ortogonal, la transpuesta inversa resulta ser la propia matriz.
- Oh, sí, ‘ estás hablando del tensor métrico, ¿eso es escritura? Como es diagonal para bases ortogonales, la inversa permanece diagonal.
- Muy bien respondida.No ‘ no sé por qué esta respuesta no está ‘ en la parte superior
Respuesta
Tomamos: $$ x = r \ cos \ theta \ cos \ phi $$ $$ y = r \ cos \ theta \ sin \ phi $$ $ $ z = r \ cos \ theta $$
Ahora, ya conoce la definición del gradiente en coordenadas cartesianas: $ \ vec {\ nabla} = \ frac {\ partial} {\ partial x} \ sombrero {x} + \ frac {\ parcial} {\ parcial y} \ sombrero {y} + \ frac {\ parcial} {\ parcial z} \ sombrero {z} $
Ahora, usamos la regla de la cadena o cada componente. Por ejemplo, $$ \ frac {\ Partical} {\ Partical X} = \ frac {\ Partical R} {\ Partical X} \ frac {\ Partical} {\ Partical R} + \ frac {\ Partical \ theta} { \ parcial x} \ frac {\ parcial} {\ parcial \ theta} + \ frac {\ parcial \ phi} {\ parcial x} \ frac {\ parcial} {\ parcial \ phi} $$
Después de mucho álgebra engorrosa, esto le dará la forma correcta.
Comentarios
- Sí, este es el nivel I ‘ m en. ¡Pero no puedo ‘ obtener una respuesta sensata!
- ¿Qué parte sale mal?
- Me sale $ \ frac {\ partial} { \ parcial x} = \ frac {1} {sin (\ theta) cos (\ phi)} \ frac {\ parcial} {\ parcial r} + \ frac {1} {cos (\ theta) cos (\ phi) } \ frac {\ parcial} {\ parcial \ theta} – \ frac {1} {pecado (\ theta) sin (\ phi)} \ frac {\ parcial} {\ parcial \ phi} $!
- ¿Y luego cómo se reemplazan los vectores de sombrero?
- Deberías expresar $ r, \ theta, \ phi $ en términos de solo $ x, y, z $
Respuesta
Se sigue de la definición general del gradiente como $$ \ langle \ nabla f (p) | v \ rangle = d_pf ( v) = \ sum_i \ left. \ frac {\ Partical f} {\ Partical x ^ i} \ right | _pdx ^ i (v) $$ donde p es un punto en el espacio y un vector va en el espacio tangente. La suma se realiza sobre los vectores base del espacio tangente. Puede intentar expandir esta expresión para obtener el resultado final del componente $ i $ $$ (\ nabla f) _i = \ frac {1} {h_i} \ frac {\ partial f} {\ partial x ^ i} $ $ Esta es la fórmula más útil. La cantidad $ h_i $ es el módulo del vector tangente $ i $ ésimo.
Ejemplo: desea calcular el gradiente en coordenadas esféricas. La base del espacio tangente es $ \ {\ frac {\ parcial} {\ parcial r}, \ frac {\ parcial} {\ parcial \ theta}, \ frac {\ parcial} {\ parcial \ phi} \} $ . Desde $$ \ begin {split} \ left \ | \ frac {\ partial} {\ partial \ theta} \ right \ | ^ 2 & = \ left \ | \ frac {\ parcial x} {\ parcial \ theta} \ frac {\ parcial} {\ parcial x} + \ frac {\ parcial y} {\ parcial \ theta} \ frac {\ parcial} {\ parcial y} + \ frac {\ Partical Z} {\ Particular \ theta} \ frac {\ Partical} {\ Partical Z} \ right \ | ^ 2 \\ & = r ^ 2 \ cos ^ 2 \ theta \ cos ^ 2 \ phi \ underbrace {\ left \ | \ frac {\ partial} {\ partial x} \ right \ | ^ 2} _ {= 1} + r ^ 2 \ cos ^ 2 \ theta \ sin ^ 2 \ phi \ underbrace {\ left \ | \ frac {\ parcial} {\ y parcial} \ right \ | ^ 2} _ {= 1} + r ^ 2 \ sin ^ 2 \ theta \ underbrace {\ izquierda \ | \ frac {\ parcial} {\ parcial z} \ derecha \ | ^ 2} _ {= 1} \\ & = r ^ 2 \ end {split} $ $ Así obtenemos $$ h_ \ theta = \ left \ | \ frac {\ partial} {\ partial \ theta} \ right \ | = r $$ En el mismo espíritu puedes calcular que $$ h_r = 1 \ quad \ text {y} \ quad h_ \ phi = r \ sin \ theta $$ dándonos el gradiente en coordenadas esféricas $$ \ nabla f = \ frac {\ partial f} {\ partial r} \ hat e_r + \ frac {1} {r} \ frac {\ parcial f} {\ parcial \ theta} \ hat e_ \ theta + \ frac {1} {r \ sin \ theta} \ frac {\ parcial f} {\ parcial \ phi} \ hat e_ \ phi $$
Prueba del primer paso
Expande el vector $ | \ nabla f \ rangle $ en términos de vectores base $$ | \ nabla f \ rangle = \ sum_i (\ nabla f) _i | e_i \ rangle = \ sum_i (\ nabla f) _i \ frac {1} {h_i} | \ frac {\ parcial} {\ partial x ^ i} \ rangle $$ Esto es básicamente de donde proviene el factor $ h_i $. Ahora tome $ v = | \ frac {\ partial} {\ partial x ^ k} \ rangle $ e insértelo en la primera expresión dada arriba. Tenga en cuenta que por definición de un vector dual obtenemos $ dx ^ i (| \ frac {\ partial} {\ partial x ^ k} \ rangle) = \ delta_k ^ i $. El lado izquierdo es $$ \ begin {split} \ langle f | \ frac {\ partial} {\ partial x ^ k} \ rangle & = \ sum_i (\ nabla f) _i \ frac {1} {h_i} \ langle \ frac {\ parcial} {\ parcial x ^ i} | \ frac {\ parcial} {\ parcial x ^ k} \ rangle \\ & = \ sum_i (\ nabla f) _i \ frac {1} {h_i} h_i ^ 2 \ delta_ {ik} \\ & = (\ nabla f ) _kh_k \ end {split} $$ Mientras que el lado derecho $$ \ sum_i \ left. \ frac {\ partial f} {\ partial x ^ i} \ right | _pdx ^ i \ left (| \ frac {\ parcial} {\ parcial x ^ k} \ rangle \ derecha) = \ suma_i \ izquierda. \ frac {\ parcial f} {\ parcial x ^ i} \ derecha | _p \ delta ^ i_k = \ frac {\ parcial f} {\ partial x ^ k} $$ Al comparar ambas expresiones, obtienes el reclamo.
Comentarios
- Excelente respuesta, mucho mejor que la mía. Sin embargo, ‘ no estoy seguro de que el autor de la pregunta se sienta cómodo con este nivel de abstracción (el espacio tangente, por ejemplo, podría ser un concepto desconocido).
- Buena respuesta , ‘ he leído acerca de este método antes, pero ‘ lo has simplificado y lo entiendo casi todo. De hecho, trabajé en esto al derivar vectores unitarios esféricos. Solo una cosa: ¿cómo se pasa de la definición general en la parte superior a la segunda expresión? ¿De dónde viene este $ h $?
- ¿Y por qué $ h _ {\ theta} = || \ frac {\ partial} {\ partial \ theta} || $?
- Acabo de agregar una prueba para paso. $ h_ \ theta = \ left \ | \ frac {\ partial} {\ partial \ theta} \ right \ | $ por definición, es ‘ simplemente el módulo del vector tangente $ \ frac {\ partial} {\ partial \ theta} $
- @Stan Estoy siguiendo un curso de GR, y no puedo ‘ comprender lo siguiente parte de la solución: por lo que parece entender hasta ahora, su segunda fórmula obtiene este factor de $ \ frac {1} {h} $, debido a un factor de $ \ frac {1} {h ^ 2} $ primero, proveniente de la métrica, y un factor de h después de eso, para cambiar de vectores tangentes a una base ortonormal. El módulo del vector tangente siempre será positivo, ¿no? Entonces se podría haber encontrado una base ortonormal diferente donde $ \ phi $ es tal que el componente theta de la divergencia dice $ \ frac {1} {r \, | \ sin \ theta |} $ ¿Cómo puedo verificar que el
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