Utled vektorgradient i sfæriske koordinater fra første prinsipper
On desember 31, 2020 by adminPrøver å forstå hvor $ \ frac {1} {r sin (\ theta)} $ og $ 1 / r $ bits kommer i definisjonen av gradient .
Jeg har avledet de sfæriske enhetsvektorene, men nå forstår jeg ikke hvordan jeg kan transformere kartesisk del til sfærisk del i det hele tatt. Folk fortsetter å si bruk kjederegelen, men jeg ser det ikke!
Noen hjelp?
Kommentarer
- I mener måten å utlede dem fra virkelig første prinsipper, bør innebære å trekke beregningen fra $ \ mathbb {R} ^ 3 $ når du legger inn $ S ^ 2 $ … En kanskje mindre grunnleggende, men likevel tilfredsstillende måte å gjøre ting på, er å definere $ x, y, z $ når det gjelder $ r, \ theta, \ phi $ og å jobbe derfra.
- Jeg mener hvordan skal du gjøre om å konvertere kartesisk til sfæriske polarer?
- Ville math.stackexchange.com være et bedre hjem for dette spørsmålet?
- @Qmechanic I Australia lærer vi denne identiteten på andreårs universitet Fysikk. Jeg driter akkurat nå med avledningen selv, siden jeg allerede vet hvordan jeg gjør dette ved å bruke et generelt resultat fra ren matematikk, men å finne en avledning uten å bruke det abstraksjonsnivået kan være av interesse for den generelle fysikkstudenten. trekke linjen mellom matematikk og fysikk? Ikke uten en lo t blod på teppet vil jeg tro.
Svar
Du ba om bevis fra «første prinsipper «. Så la oss gjøre det. Jeg vil fremheve de vanligste feilkildene, og jeg vil vise et alternativt bevis senere som ikke krever kunnskap om tensorberegning eller Einstein-notasjon.
Den harde måten
Først koordinatkonvensjonen:
$$ (r, \ theta, \ phi) \ rightarrow (x, y, z) = (r \ sin \ theta \ cos \ phi, \; r \ sin \ theta \ sin \ phi, \; r \ cos \ theta) $$
På samme måte som vi kan uttrykke $ (x, y, z) $ som $ x \ , \ mathbf {\ hat e} _x + y \, \ mathbf {\ hat e} _y + z \, \ mathbf {\ hat e} _z $, vi kan også uttrykke $ (r, \ theta, \ phi) $ som $ r «\, \ mathbf {\ hat e} _r + \ theta» \, \ mathbf {\ hat e} _ \ theta + \ phi «\, \ mathbf {\ hat e} _ \ phi $, men nå koeffisientene er ikke de samme: $ (r «, \ theta», \ phi «) \ neq (r, \ theta, \ phi) $, generelt. Dette fordi sfæriske koordinater er kurvlinjære , så basisvektorene er ikke de samme på alle punkter. For små variasjoner er de imidlertid veldig like. Mer presist, i forhold til et punkt $ \ vec {\ mathbf p} _0 = (x, y, z) $, et nabopunkt $ \ vec {\ mathbf p} _1 = (x + \ Delta x, \; y + \ Delta y, \; z + \ Delta z) $ kan beskrives av $ \ Delta \ vec {\ mathbf p} = (\ Delta x, \ Delta y, \ Delta z) $ og, i sfæriske koordinater, hvis denne variasjonen er » uendelig «, deretter $ 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 $. Dette er i utgangspunktet motivasjonen for å definere det (unormaliserte) grunnlaget som:
$$ \ vec {\ mathbf e} _r = \ frac {\ partial \ vec {\ mathbf p}} {\ partial r} , \ quad \ vec {\ mathbf e} _ \ theta = \ frac {\ partial \ vec {\ mathbf p}} {\ partial \ theta}, \ quad \ vec {\ mathbf e} _ \ phi = \ frac { \ partial \ vec {\ mathbf p}} {\ partial \ phi} $$
Men dette er ikke normalisert ennå. Tilfeldigvis viser $ || \ partial \ vec {\ mathbf p} / \ partial r || $ seg å være $ 1 $, men $ || \ partial \ vec {\ mathbf p} / \ partial \ theta || = r $, som vi ser.Så det faktiske grunnlaget bør defineres som:
$$ \ hat {\ mathbf e} _r = \ frac {\ vec {\ mathbf e} _r} {|| \ vec {\ mathbf e} _r ||}, \ quad \ hat {\ mathbf e} _ \ theta = \ frac {\ vec {\ mathbf e} _ \ theta} {|| \ vec {\ mathbf e} _ \ theta ||}, \ quad \ hat {\ mathbf e} _ \ phi = \ frac {\ vec {\ mathbf e} _ \ phi} {|| \ vec {\ mathbf e} _ \ phi ||} $$
Eksplisitt:
$$ \ begin {align} \ vec {\ mathbf e} _r & = \; (& \ sin \ theta \ cos \ phi &, & \ sin \ theta \ sin \ phi &, & \ cos \ theta) \\ \ vec {\ mathbf e} _ \ theta & = \; (& r \ cos \ theta \ cos \ phi &, & r \ cos \ theta \ sin \ phi &, & -r \ sin \ theta) \\ \ vec {\ mathbf e} _ \ phi & = \; (& -r \ sin \ theta \ sin \ phi & , & r \ sin \ th eta \ cos \ phi &, & 0) \ end {align} $$
$$ \ begin {align} || \ vec {\ mathbf e} _r || ^ 2 & = \ sin ^ 2 \ theta (\ cos ^ 2 \ phi + \ sin ^ 2 \ phi ) + \ cos ^ 2 \ theta & & = 1 \\ || \ vec {\ mathbf e} _ \ theta || ^ 2 & = r ^ 2 \ cos ^ 2 \ theta (\ cos ^ 2 \ phi + \ sin ^ 2 \ phi) + r ^ 2 \ sin \ theta & & = r ^ 2 \\ || \ vec {\ mathbf e} _ \ phi || ^ 2 & = r ^ 2 \ sin ^ 2 \ theta (\ sin ^ 2 \ phi + \ cos ^ 2 \ phi) & & = r ^ 2 \ sin ^ 2 \ theta \ end {align} $$
$$ \ begin {align} \ hat {\ mathbf e} _r & = \ vec {\ mathbf e} _r & & = & & (& \ sin \ theta \ cos \ phi &, & \ sin \ theta \ sin \ phi &, & \ cos \ theta) \\ \ hat {\ mathbf e} _ \ theta & = \ vec {\ mathbf e} _ \ theta / r & & = & & (& \ cos \ theta \ cos \ phi &, & \ cos \ theta \ sin \ phi &, & – \ sin \ theta) \\ \ hat {\ mathbf e} _ \ phi & = \ vec {\ mathbf e} _ \ phi / (r \ sin \ theta) & & = & & (& – \ sin \ phi &, & \ cos \ phi &, & 0) \ slutt {align} $$
Du kan bekrefte at dette også danner et ortogonalt grunnlag (derav ortonormal). For eksempel:
$$ \ begin {align} \ hat {\ mathbf e} _r \ cdot \ hat {\ mathbf e} _ \ theta & = \ sin \ theta \ cos \ theta \ cos ^ 2 \ phi + \ sin \ theta \ cos \ theta \ sin ^ 2 \ phi – \ sin \ theta \ cos \ theta \\ & = 0 \ end {align} $$
Det trenger ikke å skje generelt.
For å gå fra ett sett med koordinater til det andre ved hjelp av basisvektorene, løse:
$$ \ begin {bmatrix} \ hat {\ mathbf e} _r \\ \ hat {\ mathbf e} _ \ theta \\ \ hat {\ mathbf e} _ \ phi \ end {bmatrix} = \ begynn {bmatrix} \ sin \ theta \ cos \ phi & \ sin \ theta \ sin \ phi & \ cos \ theta \\ \ cos \ theta \ cos \ phi & \ cos \ theta \ sin \ phi & – \ sin \ theta \\ – \ sin \ phi & \ cos \ phi & 0 \ end {bmatrix} \ begynn {bmatrix} \ hat {\ mathbf e} _x \\ \ hat {\ mathbf e} _y \\ \ hat {\ mathbf e} _z \ end {bmatrix} $$
for $ \ hat {\ mathbf e} _x $, $ \ hat {\ mathbf e} _y $, og $ \ hat {\ mathbf e} _z $ når det gjelder $ \ ha t {\ mathbf e} _r $, $ \ hat {\ mathbf e} _ \ theta $, og $ \ hat {\ mathbf e} _ \ phi $. Da kan en hvilken som helst vektor $ \ vec {\ mathbf p} = x \, \ mathbf {\ hat e} _x + y \, \ mathbf {\ hat e} _y + z \, \ mathbf {\ hat e} _z $ være skrevet i formen $ r «\, \ mathbf {\ hat e} _r + \ theta» \, \ mathbf {\ hat e} _ \ theta + \ phi «\, \ mathbf {\ hat e} _ \ phi $ ved enkel erstatning. Siden dette grunnlaget er ortonormalt, er det en alternativ måte: bruk bare prikkproduktet. For eksempel for å få $ r «$:
$$ \ begin {align} \ vec {\ mathbf p} \ cdot \ mathbf {\ hat e} _r & = r «\, \ mathbf {\ hat e} _r \ cdot \ mathbf {\ hat e} _r + \ theta» \, \ mathbf {\ hat e} _ \ theta \ cdot \ mathbf {\ hat e } _r + \ phi «\, \ mathbf {\ hat e} _ \ phi \ cdot \ mathbf {\ hat e} _r \\ & = r» \ end {align} $$
Nå til gradienten.Ved hjelp av matriksnotasjon kan vi skrive gradienten som en radvektor, og formelen for kjederegelen blir:
$$ \ begin {align} \ vec \ nabla f & = \ begin {bmatrix} \ frac {\ partial f} {\ partial x} & \ frac {\ partial f} {\ partial y} & \ frac {\ partial f} {\ partial z} \ end {bmatrix} \\ & = \ begin {bmatrix} \ frac {\ partial f } {\ partial r} & \ frac {\ partial f} {\ partial \ theta} & \ frac {\ partial f} {\ partial \ phi} \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} \ frac {\ partial r} {\ partial x} & \ frac {\ partial r} {\ partial y} & \ frac {\ partial r} {\ partial z} \\ \ frac {\ partial \ theta} {\ partial x} & \ frac {\ partial \ theta} {\ partial y} & \ frac {\ partial \ theta} {\ partial z} \\ \ frac {\ partial \ phi } {\ partial x} & \ frac {\ partial \ phi} {\ partial y} \ frac {\ partial \ phi} {\ partial z} \ end {bmatrix} \ end {align} $$
Ring matrisen til høyre $ J $ (it «er Jacobians matrise ). Merk at dette også fungerer omvendt:
$$ \ begin {bmatrix} \ frac {\ partial f} {\ partial r} & \ frac {\ partial f} {\ partial \ theta} & \ frac {\ partial f} {\ partial \ phi} \ end {bmatrix} \\ = \ begin {bmatrix} \ frac {\ partial f} {\ partial x} & \ frac {\ partial f} {\ partial y} & \ frac {\ partial f} {\ partial z} \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} \ frac {\ partial x} {\ partial r} & \ frac {\ partial y } {\ partial r} & \ frac {\ partial z} {\ partial r} \\ \ frac {\ partial x} {\ partial \ theta} & \ frac {\ partial y} {\ partial \ theta} & \ frac {\ partial z} {\ partial \ theta} \\ \ frac { \ partial x} {\ partial \ phi} & \ frac {\ partial y} {\ partial \ phi} & \ frac { \ partial z} {\ partial \ phi} \ end {bmatrix} $$
Og kalle denne andre matrisen $ J «$. Vi kan invertere den første ligningen til få $ \ vec \ nabla f \, J ^ {- 1} = \ vec \ nabla f \, J «$ $ \ Rightarrow $ $ \ vec \ nabla f \, \ left (J ^ {- 1} -J» \ høyre) = 0 $. Siden dette fungerer for en vilkårlig $ f $, har vi $ J ^ {- 1} – J «= 0 $ $ \ Rightarrow $ $ J» = J ^ {- 1} $. En viktig konsekvens er at generelt:
$$ \ frac {\ partial a} {\ partial b} \ neq \ left (\ frac {\ partial b} {\ partial a} \ right) ^ {- 1} $$
Det ser ut til at OP gjorde denne feilen i en kommentar , og forvekslet $ \ partial r / \ partial x $ med $ (\ partial x / \ partial r) ^ {- 1} = 1 / (\ sin \ theta \ cos \ phi) $, slik det ville være tilfellet hvis vi brukte vanlige (i stedet for delvis) derivater.
Nå har vi to måter å beregne matrisen $ J $ på. Direkte eller ved å beregne $ J «$ først og deretter snu den. La oss gjøre det direkte.Vi trenger uttrykkene for $ r $, $ \ theta $ og $ \ phi $ når det gjelder $ x $, $ y $ og $ z $ (for andre koordinatsystemer kan dette være veldig vanskelig å få tak i) :
$$ \ begin {align} r & = \ sqrt {x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2} \\ \ theta & = \ arctan \ left (\ frac {\ sqrt {x ^ 2 + y ^ 2}} {z} \ right) \\ \ phi & = \ arctan \ left (\ frac {y} {x} \ right) \ end {align} $$
Delderivatene er:
$$ \ begin {align} \ frac {\ partial r} {\ partial x} & = \ frac {x} {\ sqrt {x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2}} & & = \ sin \ theta \ cos \ phi \\ \ frac {\ partial r} {\ partial y} & = \ frac {y} {\ sqrt {x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2}} & & = \ sin \ theta \ sin \ phi \\ \ frac {\ partial r} {\ partial z} & = \ frac {z} {\ sqrt {x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2}} & & = \ cos \ theta \ end {align} $$
$$ \ begin {align} \ frac {\ par tial \ theta} {\ partial x} & = \ frac {zx} {\ sqrt {x ^ 2 + y ^ 2} \ left (x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2 \ høyre)} & & = \ frac {\ cos \ theta \ cos \ phi} {r} \\ \ frac {\ partial \ theta} {\ partial y} & = \ frac {zy} {\ sqrt {x ^ 2 + y ^ 2} \ left (x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2 \ right)} & & = \ frac {\ cos \ theta \ sin \ phi} {r} \\ \ frac {\ partial \ theta} {\ partial z} & = – \ frac {\ sqrt {x ^ 2 + y ^ 2}} {x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2} & & = – \ frac {\ sin \ phi} {r} \ end {align} $ $
$$ \ begin {align} \ frac {\ partial \ phi} {\ partial x} & = – \ frac {y} {x ^ 2 + y ^ 2} & & = – \ frac {\ sin \ phi} {r \ sin \ theta} \\ \ frac {\ partial \ phi} {\ partial y} & = \ frac {x} {x ^ 2 + y ^ 2} & & = \ frac {\ cos \ phi} {r \ sin \ theta} \\ \ frac {\ partial \ phi} {\ partial z} = 0 & & = 0 \ end {align} $$
Vår Jacobian er da:
$$ 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} $$
Alternativt kunne vi ha beregnet den inverse Jacobian (som er grei) og deretter invertert den (som er et mareritt).Vi kan bruke Wolfram Alpha for å bekrefte at det gir samme resultat:
Til slutt bruker vi prikkproduktet for å finne koeffisientene $ r «$, $ \ theta» $ og $ \ phi «$:
$$ r» = \ vec \ nabla f \ cdot \ mathbf {\ hat e} _r = \ begin {bmatrix} \ frac {\ partial f} {\ partial r } & \ frac {\ partial f} {\ partial \ theta} & \ frac {\ partial f} {\ partial \ phi } \ end {bmatrix} J \ begin {bmatrix} \ sin \ theta \ cos \ phi \\ \ sin \ theta \ sin \ phi \\ \ cos \ theta \ end {bmatrix} = \ begynn {bmatrix} \ frac { \ partial f} {\ partial r} & \ frac {\ partial f} {\ partial \ theta} & \ frac {\ delvis f} {\ partial \ phi} \ end {bmatrix} \ begynn {bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \ end {bmatrix} = \ frac {\ partial f} {\ partial r} $$
$$ \ theta «= \ vec \ nabla f \ cdot \ mathbf {\ hat e} _ \ theta = \ begin {bmatrix} \ frac {\ partial f} {\ partial r} & \ frac {\ partial f} {\ partial \ theta} & \ frac {\ partial f} {\ partial \ phi} \ end {bmatrix} J \ begin {bmatrix} \ cos \ theta \ cos \ phi \\ \ cos \ theta \ sin \ phi \\ – \ sin \ theta \ end {bmatrix} = \ begin {bmatrix} \ frac {\ partial f} {\ partial r} & \ frac {\ partial f} {\ partial \ theta} & \ frac {\ partial f} {\ partial \ 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 {\ partial f} {\ partial \ theta} & \ frac {\ partial f} {\ partial \ phi} \ end {bmatrix} J \ begynn {bmatrix} – \ sin \ phi \\ \ cos \ phi \\ 0 \ end {bmatrix} = \ begin {bmatrix} \ frac {\ partial f} {\ partial r} & \ frac {\ partial f} {\ partial \ theta} & \ frac {\ partial f} {\ partial \ phi} \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix } 0 \\ 0 \\ 1 / (r \ sin \ theta) \ end {b matrise} = \ frac {1} {r \ sin \ theta} \ frac {\ partial f} {\ partial \ phi} $$
Derfor:
$$ \ vec \ nabla f = \ frac {\ partial f} {\ partial r} \ mathbf {\ hat e} _r + \ frac {1} {r} \ frac {\ partial f} {\ partial \ theta} \ mathbf {\ hatt e} _ \ theta + \ frac {1} {r \ sin \ theta} \ frac {\ partial f} {\ partial \ phi} \ mathbf {\ hat e} _ \ phi $$
En mye bedre måte
Vi trenger en ny notasjon for å unngå å måtte bruke forskjellige bokstaver for for eksempel $ x $, $ y $ og $ z $. I stedet la oss bruke indekser fra $ 1 $ til $ 3 $. For kartesiske koordinater bruker vi bokstaven $ x $, og for sfæriske koordinater bruker vi bokstaven $ r $. Følgende skal være selvforklarende:
$$ \ vec {\ mathbf p} = \ sum_i x_i \ mathbf {\ hat x} ^ i = \ sum_k r_k \ mathbf {\ hat r} ^ k $$
Fra definisjon av basisvektorene:
$$ \ mathbf {\ vec r} ^ k = \ frac {\ partial \ vec {\ mathbf p}} {\ partial r_k}, \ quad \ mathbf {\ hatt r} ^ k = \ frac {\ mathbf {\ vec r} ^ k} {|| \ mathbf {\ vec r} ^ k ||} = \ frac {1} {h_k} \ frac {\ partial \ vec {\ mathbf p}} {\ partial r_k} $$
Hvor $ h_k \ triangleq || \ mathbf {\ vec r} ^ k || $. Utvides i $ x $ basis:
$$ \ mathbf {\ hat r} ^ k = \ sum_j \ frac {1} {h_k} \ frac {\ partial x_j} {\ partial r_k} \ mathbf {\ hat x} ^ j $$
Nå er gradienten bare:
$$ \ vec \ nabla f = \ mathbf {\ vec F} = \ sum_i F_i \ mathbf {\ hat x} ^ i = \ sum_i \ frac {\ partial f} {\ partial x_i} \ mathbf {\ hat x} ^ i $$
For å få $ k $ «th-komponenten i sfæriske koordinater ($ F» _k $) , bruk prikkproduktet:
$$ \ begi n {align} F «_k & = \ mathbf {\ vec F} \ cdot \ mathbf {\ hat r} ^ k \\ & = \ left (\ sum_i \ frac {\ partial f} {\ partial x_i} \ mathbf {\ hat x} ^ i \ right) \ cdot \ left (\ sum_j \ frac {1} {h_k} \ frac { \ partial x_j} {\ partial r_k} \ mathbf {\ hat x} ^ j \ right) \\ & = \ frac {1} {h_k} \ sum_i \ frac {\ delvis f} {\ partial x_i} \ frac {\ partial x_i} {\ partial r_k} \\ & = \ frac {1} {h_k} \ frac {\ partial f} {\ partial r_k} \ end {align} $$
og vi er ferdige.
Kommentarer
- Takk så mye! Det tydet mye forvirring i hodet mitt, spesielt skillet mellom jacobian og grunnmatriseskiftet, som er like i form og idé og ganske forvirrende. Også, takk for at du åpnet øynene for forskjellen mellom koordinater og komponent.
- Ville den siste formelen for øvrig være sant også for ikke ortogonale baser?
- @JonasDaverio Nei, fordi prikkprodukter bare gir ortogonale fremskrivninger. Hvis du ser på koeffisientene $ \ frac {1} {h_k} \ frac {\ partial x_j} {\ partial r_k} $, kan du skrive det som en matrise. Generelt sett må du ‘ bruke den omvendte transponeringen av det. I det ortogonale tilfellet er den omvendte transponeringen tilfeldigvis den egen matrisen.
- Å ja, du ‘ snakker om metrisk tensor, er det skriv? Ettersom det er diagonalt for ortogonale baser, forblir det omvendte diagonalt.
- Veldig godt besvart.Jeg vet ikke ‘ hvorfor dette svaret ikke er ‘ t øverst
Svar
Vi tar: $$ x = r \ cos \ theta \ cos \ phi $$ $$ y = r \ cos \ theta \ sin \ phi $$ $ $ z = r \ cos \ theta $$
Nå vet du definisjonen av gradienten i kartesiske koordinater: $ \ vec {\ nabla} = \ frac {\ partial} {\ partial x} \ hatt {x} + \ frac {\ partial} {\ partial y} \ hat {y} + \ frac {\ partial} {\ partial z} \ hat {z} $
Nå bruker vi kjederegelen eller hver komponent. For eksempel $$ \ frac {\ partial} {\ partial x} = \ frac {\ partial r} {\ partial x} \ frac {\ partial} {\ partial r} + \ frac {\ partial \ theta} { \ partial x} \ frac {\ partial} {\ partial \ theta} + \ frac {\ partial \ phi} {\ partial x} \ frac {\ partial} {\ partial \ phi} $$
Etter mye tungvint algebra, vil dette gi deg riktig skjema.
Kommentarer
- Ja dette er nivået I ‘ m kl. Men jeg kan ikke ‘ ikke få et fornuftig svar!
- Hvilken del går galt?
- Jeg får $ \ frac {\ partial} { \ partial x} = \ frac {1} {sin (\ theta) cos (\ phi)} \ frac {\ partial} {\ partial r} + \ frac {1} {cos (\ theta) cos (\ phi) } \ frac {\ partial} {\ partial \ theta} – \ frac {1} {sin (\ theta) sin (\ phi)} \ frac {\ partial} {\ partial \ phi} $!
- Og hvordan blir hatvektorene erstattet?
- du bør uttrykke $ r, \ theta, \ phi $ i form av bare $ x, y, z $
Svar
Det følger av den generelle definisjonen av gradienten som $$ \ langle \ nabla f (p) | v \ rangle = d_pf ( v) = \ sum_i \ left. \ frac {\ partial f} {\ partial x ^ i} \ right | _pdx ^ i (v) $$ der p er et punkt i mellomrom og va-vektor i tangentområdet. Summasjonen er over basisvektorene i det tangente rommet. Du kan prøve å utvide dette uttrykket for å få det endelige resultatet for komponenten $ i $ $$ (\ nabla f) _i = \ frac {1} {h_i} \ frac {\ partial f} {\ partial x ^ i} $ $ Dette er den mest nyttige formelen. Mengden $ h_i $ er modulen til $ i $ th tangensvektoren.
Eksempel: du vil beregne gradienten i sfæriske koordinater. Grunnlaget for tangentområdet er $ \ {\ frac {\ partial} {\ partial r}, \ frac {\ partial} {\ partial \ theta}, \ frac {\ partial} {\ partial \ phi} \} $ . Siden $$ \ begin {split} \ left \ | \ frac {\ partial} {\ partial \ theta} \ right \ | ^ 2 & = \ left \ | \ frac {\ partial x} {\ partial \ theta} \ frac {\ partial} {\ partial x} + \ frac {\ partial y} {\ partial \ theta} \ frac {\ partial} {\ partial y} + \ frac {\ partial z} {\ partial \ theta} \ frac {\ partial} {\ partial 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 {\ partial} {\ partial y} \ right \ | ^ 2} _ {= 1} + r ^ 2 \ sin ^ 2 \ theta \ underbrace {\ venstre \ | \ frac {\ partial} {\ partial z} \ høyre \ | ^ 2} _ {= 1} \\ & = r ^ 2 \ end {split} $ $ Dermed får vi $$ h_ \ theta = \ left \ | \ frac {\ partial} {\ partial \ theta} \ right \ | = r $$ I samme ånd kan du beregne at $$ h_r = 1 \ quad \ tekst {og} \ quad h_ \ phi = r \ sin \ theta $$ gir oss gradienten i sfæriske koordinater $$ \ nabla f = \ frac {\ partial f} {\ partial r} \ hat e_r + \ frac {1} {r} \ frac {\ partial f} {\ partial \ theta} \ hat e_ \ theta + \ frac {1} {r \ sin \ theta} \ frac {\ partial f} {\ partial \ phi} \ hat e_ \ phi $$
Bevis for første trinn
Utvid vektoren $ | \ nabla f \ rangle $ når det gjelder basisvektorer $$ | \ nabla f \ rangle = \ sum_i (\ nabla f) _i | e_i \ rangle = \ sum_i (\ nabla f) _i \ frac {1} {h_i} | \ frac {\ partial} {\ partial x ^ i} \ rangle $$ Dette er i utgangspunktet hvor faktoren $ h_i $ kommer fra. Ta nå $ v = | \ frac {\ partial} {\ partial x ^ k} \ rangle $ og sett det inn i det første uttrykket ovenfor. Merk at per definisjon av en dobbel vektor får vi $ dx ^ i (| \ frac {\ partial} {\ partial x ^ k} \ rangle) = \ delta_k ^ i $. Venstre side er $$ \ begin {split} \ langle f | \ frac {\ partial} {\ partial x ^ k} \ rangle & = \ sum_i (\ nabla f) _i \ frac {1} {h_i} \ langle \ frac {\ partial} {\ partial x ^ i} | \ frac {\ partial} {\ partial x ^ k} \ rangle \\ & = \ sum_i (\ nabla f) _i \ frac {1} {h_i} h_i ^ 2 \ delta_ {ik} \\ & = (\ nabla f ) _kh_k \ end {split} $$ Whreas høyre side $$ \ sum_i \ left. \ frac {\ partial f} {\ partial x ^ i} \ right | _pdx ^ i \ left (| \ frac {\ delvis} {\ partial x ^ k} \ rangle \ right) = \ sum_i \ left. \ frac {\ partial f} {\ partial x ^ i} \ right | _p \ delta ^ i_k = \ frac {\ partial f} {\ partial x ^ k} $$ Ved å sammenligne begge uttrykkene får du kravet.
Kommentarer
- Flott svar, mye bedre enn mitt. Imidlertid er jeg ‘ ikke sikker på at spørgeren er komfortabel med dette abstraksjonsnivået (tangent plass, for eksempel, kan være et ukjent begrep).
- Godt svar , Jeg ‘ har lest om denne metoden før, men du ‘ har gjort det enklere, og jeg forstår nesten alt. Jeg har faktisk jobbet gjennom dette når jeg har laget sfæriske enhetsvektorer. Bare en ting: hvordan kommer du fra den generelle definisjonen øverst til det andre uttrykket ditt? Hvor kommer denne $ h $ fra?
- Og hvorfor gjør $ h _ {\ theta} = || \ frac {\ partial} {\ partial \ theta} || $?
- Jeg har nettopp lagt til et bevis for den første steg. $ h_ \ theta = \ left \ | \ frac {\ partial} {\ partial \ theta} \ right \ | $ per definisjon, det ‘ er ganske enkelt modulen til tangentvektoren $ \ frac {\ partial} {\ partial \ theta} $
- @Stan Jeg følger et GR-kurs, og kan ‘ ikke synes å fatte følgende del av løsningen: Så vidt jeg ser ut til å forstå så langt, får den andre formelen din denne faktoren $ \ frac {1} {h} $ på grunn av faktoren $ \ frac {1} {h ^ 2} $ først, kommer fra metriske, og en faktor h etter det, for å bytte fra tangentvektorer til en ortonormal basis. Modulen til tangentvektoren vil alltid være positiv, vil du ikke? Da kunne det ha blitt funnet en annen ortonormal basis der $ \ phi $ er slik at theta-komponenten i divergensen leser $ \ frac {1} {r \, | \ sin \ theta |} $ Hvordan kan jeg bekrefte at det
Legg igjen en kommentar