Wyprowadź gradient wektora we współrzędnych sferycznych z pierwszych zasad
On 31 grudnia, 2020 by adminPróbując zrozumieć, gdzie znajdują się $ \ frac {1} {r sin (\ theta)} $ i $ 1 / r Bity $ znajdują się w definicji gradientu .
Wyprowadziłem sferyczne wektory jednostkowe, ale teraz w ogóle nie rozumiem, jak przekształcić kartezjańskie del w sferyczne del. Ludzie wciąż mówią, że używam reguły łańcucha, ale ja jej nie widzę!
Jakaś pomoc?
Komentarze
- I wierzę, że sposób wyprowadzenia ich z naprawdę pierwszych zasad powinien obejmować wycofanie metryki z $ \ mathbb {R} ^ 3 $ podczas osadzania $ S ^ 2 $ … Być może mniej podstawowym, ale nadal satysfakcjonującym sposobem działania jest zdefiniowanie $ x, y, z $ w kategoriach $ r, \ theta, \ phi $ i pracując od tego miejsca.
- Mam na myśli to, jak przejść do konwersji biegunów kartezjańskich na sferyczne?
- Czy math.stackexchange.com byłby lepszym miejscem na to pytanie?
- @Qmechanic W Australii uczymy się tej tożsamości na drugim roku uniwersytetu Fizyka. Sam majstruję przy wyprowadzaniu, ponieważ już wiem, jak to zrobić, używając ogólnego wyniku z czystej matematyki, ale znalezienie wyprowadzenia bez użycia tego poziomu abstrakcji może być interesujące dla ogólnego studenta fizyki. narysować granicę między matematyką a fizyką? Myślę, że t krwi na dywanie.
Odpowiedź
Poprosiłeś o dowód z „pierwszych zasad ”. A więc zróbmy to. Podkreślę najczęstsze źródła błędów, a później pokażę alternatywny dowód, który nie wymaga znajomości rachunku tensorowego ani notacji Einsteina.
Trudna droga
Najpierw konwencja współrzędnych:
$$ (r, \ theta, \ phi) \ rightarrow (x, y, z) = (r \ sin \ theta \ cos \ phi, \; r \ sin \ theta \ sin \ phi, \; r \ cos \ theta) $$
W ten sam sposób możemy wyrazić $ (x, y, z) $ jako $ x \ , \ mathbf {\ hat e} _x + y \, \ mathbf {\ hat e} _y + z \, \ mathbf {\ hat e} _z $, możemy również wyrazić $ (r, \ theta, \ phi) $ as $ r „\, \ mathbf {\ hat e} _r + \ theta” \, \ mathbf {\ hat e} _ \ theta + \ phi „\, \ mathbf {\ hat e} _ \ phi $, ale teraz współczynniki nie są takie same: $ (r „, \ theta”, \ phi „) \ neq (r, \ theta, \ phi) $, ogólnie. Dzieje się tak, ponieważ współrzędne sferyczne są krzywoliniowe , więc wektory bazowe nie są takie same we wszystkich punktach. Jednak w przypadku małych odmian są one bardzo podobne. Dokładniej, względem punktu $ \ vec {\ mathbf p} _0 = (x, y, z) $, punkt sąsiedni $ \ vec {\ mathbf p} _1 = (x + \ Delta x, \; y + \ Delta y, \; z + \ Delta z) $ można opisać przez $ \ Delta \ vec {\ mathbf p} = (\ Delta x, \ Delta y, \ Delta z) $ i, we współrzędnych sferycznych, jeśli ta zmiana to ” nieskończenie mały „, a następnie $ 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 $. To jest w zasadzie motywacja do zdefiniowania (nieznormalizowanej) podstawy jako:
$$ \ vec {\ mathbf e} _r = \ frac {\ Partial \ vec {\ mathbf p}} {\ Partial r} , \ quad \ vec {\ mathbf e} _ \ theta = \ frac {\ części \ vec {\ mathbf p}} {\ części \ theta}, \ quad \ vec {\ mathbf e} _ \ phi = \ frac { \ Partial \ vec {\ mathbf p}} {\ Partial \ phi} $$
Ale to nie jest jeszcze znormalizowane. Przypadkowo, $ || \ części \ vec {\ mathbf p} / \ części r || $ okazuje się być 1 $, ale $ || \ części \ vec {\ mathbf p} / \ części \ theta || = r $, jak zobaczymy.Zatem rzeczywista podstawa powinna być zdefiniowana jako:
$$ \ hat {\ mathbf e} _r = \ frac {\ vec {\ mathbf e} _r} {|| \ vec {\ mathbf e} _r ||}, \ quad \ hat {\ mathbf e} _ \ theta = \ frac {\ vec {\ mathbf e} _ \ theta} {|| \ vec {\ mathbf e} _ \ theta ||}, \ quad \ hat {\ mathbf e} _ \ phi = \ frac {\ vec {\ mathbf e} _ \ phi} {|| \ vec {\ mathbf e} _ \ phi ||} $$
Jawnie:
$$ \ begin {align} \ vec {\ mathbf e} _r & = \; (& \ sin \ theta \ cos \ phi &, & \ sin \ theta \ sin \ phi &, & \ cos \ theta) \\ \ vec {\ mathbf e} _ \ theta & = \; (& r \ cos \ theta \ cos \ phi &, & r \ cos \ theta \ sin \ phi &, & -r \ sin \ theta) \\ \ vec {\ mathbf e} _ \ phi & = \; (& -r \ sin \ theta \ sin \ phi & , & r \ sin \ th eta \ cos \ phi &, & 0) \ end {align} $$
$$ \ begin {align} || \ vec {\ mathbf e} _r || ^ 2 & = \ sin ^ 2 \ theta (\ cos ^ 2 \ phi + \ sin ^ 2 \ phi ) + \ cos ^ 2 \ theta & & = 1 \\ || \ vec {\ mathbf e} _ \ theta || ^ 2 & = r ^ 2 \ cos ^ 2 \ theta (\ cos ^ 2 \ phi + \ sin ^ 2 \ phi) + r ^ 2 \ sin \ theta & & = r ^ 2 \\ || \ vec {\ mathbf e} _ \ phi || ^ 2 & = r ^ 2 \ sin ^ 2 \ theta (\ sin ^ 2 \ phi + \ cos ^ 2 \ phi) & & = r ^ 2 \ sin ^ 2 \ theta \ end {align} $$
$$ \ begin {align} \ hat {\ mathbf e} _r & = \ vec {\ mathbf e} _r & & = & & (& \ sin \ theta \ cos \ phi &, & \ sin \ theta \ sin \ phi &, & \ cos \ theta) \\ \ hat {\ mathbf e} _ \ theta & = \ vec {\ mathbf e} _ \ theta / r & & = & & (& \ cos \ theta \ cos \ phi &, & \ cos \ theta \ sin \ phi &, & – \ sin \ theta) \\ \ hat {\ mathbf e} _ \ phi & = \ vec {\ mathbf e} _ \ phi / (r \ sin \ theta) & & = & & (& – \ sin \ phi &, & \ cos \ phi &, & 0) \ end {align} $$
Możesz sprawdzić, czy tworzy to również podstawę ortogonalną (stąd ortonormalną). Na przykład:
$$ \ begin {align} \ hat {\ mathbf e} _r \ cdot \ hat {\ mathbf e} _ \ theta & = \ sin \ theta \ cos \ theta \ cos ^ 2 \ phi + \ sin \ theta \ cos \ theta \ sin ^ 2 \ phi – \ sin \ theta \ cos \ theta \\ & = 0 \ end {align} $$
Generalnie nie musi to się zdarzać.
Aby przejść z jednego zestawu współrzędnych do drugiego, używając wektorów bazowych, rozwiązać:
$$ \ begin {bmatrix} \ hat {\ mathbf e} _r \\ \ hat {\ mathbf e} _ \ theta \\ \ hat {\ mathbf e} _ \ phi \ end {bmatrix} = \ begin {bmatrix} \ sin \ theta \ cos \ phi & \ sin \ theta \ sin \ phi & \ cos \ theta \\ \ cos \ theta \ cos \ phi & \ cos \ theta \ sin \ phi & – \ sin \ theta \\ – \ sin \ phi & \ cos \ phi & 0 \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} \ hat {\ mathbf e} _x \\ \ hat {\ mathbf e} _y \\ \ hat {\ mathbf e} _z \ end {bmatrix} $$
dla $ \ hat {\ mathbf e} _x $, $ \ hat {\ mathbf e} _y $ i $ \ hat {\ mathbf e} _z $ w przeliczeniu na $ \ ha t {\ mathbf e} _r $, $ \ hat {\ mathbf e} _ \ theta $ i $ \ hat {\ mathbf e} _ \ phi $. Wtedy dowolny wektor $ \ vec {\ mathbf p} = x \, \ mathbf {\ hat e} _x + y \, \ mathbf {\ hat e} _y + z \, \ mathbf {\ hat e} _z $ może być napisane w postaci $ r „\, \ mathbf {\ hat e} _r + \ theta” \, \ mathbf {\ hat e} _ \ theta + \ phi „\, \ mathbf {\ hat e} _ \ phi $ przez proste podstawienie. Ponieważ ta konkretna podstawa jest ortonormalna, istnieje alternatywny sposób: po prostu użyj iloczynu skalarnego. Na przykład, aby uzyskać $ r „$:
$$ \ begin {align} \ vec {\ mathbf p} \ cdot \ mathbf {\ hat e} _r & = r „\, \ mathbf {\ hat e} _r \ cdot \ mathbf {\ hat e} _r + \ theta” \, \ mathbf {\ hat e} _ \ theta \ cdot \ mathbf {\ hat e } _r + \ phi „\, \ mathbf {\ hat e} _ \ phi \ cdot \ mathbf {\ hat e} _r \\ & = r” \ end {align} $$
Przejdźmy teraz do gradientu.Używając notacji macierzowej, możemy zapisać gradient jako wektor wierszowy, a wzór na regułę łańcucha wygląda następująco:
$$ \ begin {align} \ vec \ nabla f & = \ begin {bmatrix} \ frac {\ Partial f} {\ Partial x} & \ frac {\ Partial f} {\ Partial y} & \ frac {\ częściowa f} {\ częściowa z} \ end {bmatrix} \\ & = \ begin {bmatrix} \ frac {\ partial f } {\ Partial r} & \ frac {\ Partial f} {\ Part \ theta} & \ frac {\ Partial f} {\ części \ phi} \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} \ frac {\ part r} {\ part x} & \ frac {\ part r} {\ Part y} & \ frac {\ Partial r} {\ Partial z} \\ \ frac {\ Partial \ theta} {\ Partial x} & \ frac {\ Partial \ theta} {\ Partial y} & \ frac {\ Partial \ theta} {\ Part z} \\ \ frac {\ Part \ phi } {\ Partial x} & \ frac {\ Partial \ phi} {\ Partial y} \ frac {\ części \ phi} {\ części z} \ end {bmatrix} \ end {align} $$
Wywołaj macierz po prawej stronie $ J $ (it „to macierz jakobianowa ). Zwróć uwagę, że działa to również w drugą stronę:
$$ \ begin {bmatrix} \ frac {\ Partial f} {\ Partial r} & \ frac {\ części f} {\ części \ theta} & \ frac {\ części f} {\ części \ phi} \ end {bmatrix} \\ = \ begin {bmatrix} \ frac {\ Partial f} {\ Partial x} & \ frac {\ Partial f} {\ Partial y} & \ frac {\ częściowe f} {\ częściowe z} \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} \ frac {\ Partial x} {\ Partial r} & \ frac {\ Partial y } {\ częściowe r} & \ frac {\ częściowe z} {\ częściowe r} \\ \ frac {\ częściowe x} {\ części \ theta} & \ frac {\ Partial y} {\ Part \ theta} & \ frac {\ Partial z} {\ Partial \ theta} \\ \ frac { \ Partial x} {\ Partial \ phi} & \ frac {\ Partial y} {\ Partial \ phi} & \ frac { \ częściowe z} {\ części \ phi} \ end {bmatrix} $$
I nazwijmy tę inną macierz $ J „$. Możemy odwrócić pierwsze równanie do get $ \ vec \ nabla f \, J ^ {- 1} = \ vec \ nabla f \, J „$ $ \ Rightarrow $ $ \ vec \ nabla f \, \ left (J ^ {- 1} -J” \ right) = 0 $. Ponieważ działa to dla dowolnego $ f $, mamy $ J ^ {- 1} – J „= 0 $ $ \ Rightarrow $ $ J” = J ^ {- 1} $. Ważną konsekwencją jest to, że ogólnie:
$$ \ frac {\ Part a} {\ Part b} \ neq \ left (\ frac {\ Part b} {\ Part a} \ right) ^ {- 1} $$
Wygląda na to, że OP popełnił ten błąd w komentarzu , myląc $ \ Part r / \ Part x $ z $ (\ częściowe x / \ częściowe r) ^ {- 1} = 1 / (\ sin \ theta \ cos \ phi) $, jak miałoby to miejsce, gdybyśmy używali regularnych (zamiast częściowych) pochodnych.
Teraz mamy dwa sposoby obliczenia macierzy $ J $. Bezpośrednio lub najpierw obliczając $ J „$, a następnie odwracając. Zróbmy to bezpośrednio.Będziemy potrzebować wyrażeń dla $ r $, $ \ theta $ i $ \ phi $ w postaci $ x $, $ y $ i $ z $ (w przypadku innych układów współrzędnych może to być bardzo trudne do uzyskania) :
$$ \ begin {align} r & = \ sqrt {x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2} \\ \ theta & = \ arctan \ left (\ frac {\ sqrt {x ^ 2 + y ^ 2}} {z} \ right) \\ \ phi & = \ arctan \ left (\ frac {y} {x} \ right) \ end {align} $$
Częściowe pochodne to:
$$ \ begin {align} \ frac {\ part r} {\ Partial x} & = \ frac {x} {\ sqrt {x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2}} & & = \ sin \ theta \ cos \ phi \\ \ frac {\ Partial r} {\ Partial y} & = \ frac {y} {\ sqrt {x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2}} & & = \ sin \ theta \ sin \ phi \\ \ frac {\ częściowe r} {\ częściowe z} & = \ frac {z} {\ sqrt {x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2}} & & = \ cos \ theta \ end {align} $$
$$ \ begin {align} \ frac {\ par tial \ theta} {\ Partial x} & = \ frac {zx} {\ sqrt {x ^ 2 + y ^ 2} \ left (x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2 \ right)} & & = \ frac {\ cos \ theta \ cos \ phi} {r} \\ \ frac {\ części \ theta} {\ częściowe y} & = \ frac {zy} {\ sqrt {x ^ 2 + y ^ 2} \ left (x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2 \ right)} & & = \ frac {\ cos \ theta \ sin \ phi} {r} \\ \ frac {\ części \ theta} {\ części z} & = – \ frac {\ sqrt {x ^ 2 + y ^ 2}} {x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2} & & = – \ frac {\ sin \ phi} {r} \ end {align} $ $
$$ \ begin {align} \ frac {\ Partial \ phi} {\ Partial x} & = – \ frac {y} {x ^ 2 + y ^ 2} & & = – \ frac {\ sin \ phi} {r \ sin \ theta} \\ \ frac {\ części \ phi} {\ części y} & = \ frac {x} {x ^ 2 + y ^ 2} & & = \ frac {\ cos \ phi} {r \ sin \ theta} \\ \ frac {\ części \ phi} {\ części z} = 0 & & = 0 \ end {align} $$
Nasz Jakobian to zatem:
$$ 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} $$
Alternatywnie, moglibyśmy obliczyć odwrotność jakobianu (co jest proste), a następnie ją odwrócić (co jest koszmarem).Możemy użyć Wolfram Alpha , aby potwierdzić, że daje ten sam wynik:
Na koniec używamy iloczynu skalarnego, aby znaleźć współczynniki $ r „$, $ \ theta” $ i $ \ phi „$:
$$ r” = \ vec \ nabla f \ cdot \ mathbf {\ hat e} _r = \ begin {bmatrix} \ frac {\ częściowe f} {\ częściowe 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} = \ begin {bmatrix} \ frac { \ częściowe f} {\ częściowe r} & \ frac {\ części f} {\ części \ theta} & \ frac {\ częściowe f} {\ części \ phi} \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \ end {bmatrix} = \ frac {\ części f} {\ części r} $$
$$ \ theta „= \ vec \ nabla f \ cdot \ mathbf {\ hat e} _ \ theta = \ begin {bmatrix} \ frac {\ Partial f} {\ Partial r} & \ frac {\ części f} {\ części \ theta} & \ frac {\ części f} {\ części \ 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 {\ częściowa f} {\ części \ theta} & \ frac {\ częściowa f} {\ części \ phi} \ end { bmatrix} \ begin {bmatrix} 0 \\ 1 / r \\ 0 \ end {bmatrix} = \ frac {1} {r} \ frac {\ Partial f} {\ Part \ theta} $$
$$ \ phi „= \ vec \ nabla f \ cdot \ mathbf {\ hat e} _ \ phi = \ begin {bmatrix} \ frac {\ części f} {\ części r} & \ frac {\ Partial f} {\ Partial \ theta} & \ frac {\ Partial f} {\ Part \ phi} \ end {bmatrix} J \ begin {bmatrix} – \ sin \ phi \\ \ cos \ phi \\ 0 \ end {bmatrix} = \ begin {bmatrix} \ frac {\ Partial f} {\ Partial r} & \ frac {\ part f} {\ part \ theta} & \ frac {\ part f} {\ part \ phi} \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix } 0 \\ 0 \\ 1 / (r \ sin \ theta) \ end {b matrix} = \ frac {1} {r \ sin \ theta} \ frac {\ części f} {\ części \ phi} $$
Dlatego:
$$ \ vec \ nabla f = \ frac {\ części f} {\ części r} \ mathbf {\ hat e} _r + \ frac {1} {r} \ frac {\ części f} {\ części \ theta} \ mathbf {\ hat e} _ \ theta + \ frac {1} {r \ sin \ theta} \ frac {\ części f} {\ części \ phi} \ mathbf {\ hat e} _ \ phi $$
O wiele lepszy sposób
Będziemy potrzebować nowej notacji, aby uniknąć konieczności używania różnych liter na przykład dla $ x $, $ y $ i $ z $. Zamiast tego użyjmy indeksów od 1 $ do 3 $. Dla współrzędnych kartezjańskich użyjemy litery $ x $, a dla współrzędnych sferycznych – litery $ r $. Poniższy tekst powinien być oczywisty:
$$ \ vec {\ mathbf p} = \ sum_i x_i \ mathbf {\ hat x} ^ i = \ sum_k r_k \ mathbf {\ hat r} ^ k $$
Z definicja wektorów bazowych:
$$ \ mathbf {\ vec r} ^ k = \ frac {\ części \ vec {\ mathbf p}} {\ części r_k}, \ quad \ mathbf {\ hat r} ^ k = \ frac {\ mathbf {\ vec r} ^ k} {|| \ mathbf {\ vec r} ^ k ||} = \ frac {1} {h_k} \ frac {\ części \ vec {\ mathbf p}} {\ części r_k} $$
Gdzie $ h_k \ triangleq || \ mathbf {\ vec r} ^ k || $. Rozwijanie w bazie $ x $:
$$ \ mathbf {\ hat r} ^ k = \ sum_j \ frac {1} {h_k} \ frac {\ częściowy x_j} {\ częściowy r_k} \ mathbf {\ hat x} ^ j $$
Teraz gradient jest taki:
$$ \ vec \ nabla f = \ mathbf {\ vec F} = \ sum_i F_i \ mathbf {\ hat x} ^ i = \ sum_i \ frac {\ part f} {\ parts x_i} \ mathbf {\ hat x} ^ i $$
Aby uzyskać $ k $ „th komponent we współrzędnych sferycznych ($ F” _k $) , użyj iloczynu skalarnego:
$$ \ begi n {align} F „_k & = \ mathbf {\ vec F} \ cdot \ mathbf {\ hat r} ^ k \\ & = \ left (\ sum_i \ frac {\ części f} {\ częściowe x_i} \ mathbf {\ hat x} ^ i \ right) \ cdot \ left (\ sum_j \ frac {1} {h_k} \ frac { \ częściowe x_j} {\ częściowe r_k} \ mathbf {\ hat x} ^ j \ right) \\ & = \ frac {1} {h_k} \ sum_i \ frac {\ częściowe f} {\ częściowe x_i} \ frac {\ częściowe x_i} {\ częściowe r_k} \\ & = \ frac {1} {h_k} \ frac {\ częściowe f} {\ parts r_k} \ end {align} $$
i gotowe.
Komentarze
- Dziękuję tak wiele! To usuwa wiele zamieszania w mojej głowie, zwłaszcza rozróżnienie między jakobianem a zmianą macierzy podstawy, które są podobne pod względem kształtu i pomysłu i dość zagmatwane. Dziękuję również za otworzenie oczu na różnicę między współrzędnymi a składową.
- A tak przy okazji, czy ostatnia formuła byłaby prawdziwa także dla baz nieortogonalnych?
- @JonasDaverio Nie, ponieważ iloczyn skalarny daje tylko rzuty ortogonalne. Jeśli spojrzysz na współczynniki $ \ frac {1} {h_k} \ frac {\ częściowy x_j} {\ częściowy r_k} $, możesz zapisać to jako macierz. W ogólnym przypadku ' d musisz użyć odwrotnej transpozycji. W przypadku ortogonalnym odwrotna transpozycja jest własną macierzą.
- O tak, ' mówisz o tensorze metrycznym, czy to jest napisane? Ponieważ jest to przekątna dla ortogonalnych podstaw, odwrotność pozostaje przekątna.
- Bardzo dobrze odpowiedział.Nie ' nie wiem, dlaczego ta odpowiedź nie jest ' t na górze
Odpowiedź
Bierzemy: $$ x = r \ cos \ theta \ cos \ phi $$ y = r \ cos \ theta \ sin \ phi $$ $ $ z = r \ cos \ theta $$
Teraz znasz definicję gradientu we współrzędnych kartezjańskich: $ \ vec {\ nabla} = \ frac {\ części} {\ częściowy x} \ hat {x} + \ frac {\ Partial} {\ Part y} \ hat {y} + \ frac {\ Partial} {\ Part z} \ hat {z} $
Teraz używamy reguła łańcucha lub każdy składnik. Na przykład $$ \ frac {\ części} {\ częściowe x} = \ frac {\ częściowe r} {\ częściowe x} \ frac {\ częściowe} {\ częściowe r} + \ frac {\ części \ theta} { \ częściowe x} \ frac {\ częściowe} {\ częściowe \ theta} + \ frac {\ części \ phi} {\ częściowe x} \ frac {\ części} {\ części \ phi} $$
Po wielu kłopotliwych algebrach da ci to prawidłową formę.
Komentarze
- Tak, to jest poziom I ' m o. Ale nie mogę ' uzyskać rozsądnej odpowiedzi!
- Która część idzie nie tak?
- Dostaję $ \ frac {\ part} { \ częściowe x} = \ frac {1} {sin (\ theta) cos (\ phi)} \ frac {\ części} {\ częściowe r} + \ frac {1} {cos (\ theta) cos (\ phi) } \ frac {\ części} {\ części \ theta} – \ frac {1} {sin (\ theta) sin (\ phi)} \ frac {\ części} {\ części \ phi} $!
- A potem w jaki sposób wektory w kapeluszu są zastępowane?
- powinieneś wyrazić $ r, \ theta, \ phi $ tylko za pomocą $ x, y, z $
Odpowiedź
Wynika to z ogólnej definicji gradientu jako $$ \ langle \ nabla f (p) | v \ rangle = d_pf ( v) = \ sum_i \ left. \ frac {\ partial f} {\ Partial x ^ i} \ right | _pdx ^ i (v) $$ gdzie p jest punktem w przestrzeni, a va wektorem w przestrzeni stycznej. Sumowanie odbywa się na wektorach bazowych przestrzeni stycznej. Możesz spróbować rozwinąć to wyrażenie, aby uzyskać ostateczny wynik dla składnika $ i $ $$ (\ nabla f) _i = \ frac {1} {h_i} \ frac {\ Partial f} {\ Partial x ^ i} $ $ To najbardziej przydatna formuła. Wielkość $ h_i $ jest modułem $ i $ -tego wektora stycznego.
Przykład: chcesz obliczyć gradient we współrzędnych sferycznych. Podstawą przestrzeni stycznej jest $ \ {\ frac {\ części} {\ części r}, \ frac {\ części} {\ części \ theta}, \ frac {\ części} {\ części \ phi} \} $ . Ponieważ $$ \ begin {split} \ left \ | \ frac {\ części} {\ części \ theta} \ right \ | ^ 2 & = \ left \ | \ frac {\ częściowe x} {\ częściowe \ theta} \ frac {\ częściowe} {\ częściowe x} + \ frac {\ częściowe y} {\ częściowe \ theta} \ frac {\ częściowe} {\ częściowe y} + \ frac {\ części z} {\ części \ theta} \ frac {\ części} {\ części z} \ right \ | ^ 2 \\ & = r ^ 2 \ cos ^ 2 \ theta \ cos ^ 2 \ phi \ underbrace {\ left \ | \ frac {\ części} {\ częściowe x} \ right \ | ^ 2} _ {= 1} + r ^ 2 \ cos ^ 2 \ theta \ sin ^ 2 \ phi \ underbrace {\ left \ | \ frac {\ części} {\ częściowe y} \ right \ | ^ 2} _ {= 1} + r ^ 2 \ sin ^ 2 \ theta \ underbrace {\ left \ | \ frac {\ Partial} {\ Part z} \ right \ | ^ 2} _ {= 1} \\ & = r ^ 2 \ end {split} $ $ W ten sposób otrzymujemy $$ h_ \ theta = \ left \ | \ frac {\ części} {\ części \ theta} \ right \ | = r $$ W tym samym duchu możesz obliczyć, że $$ h_r = 1 \ quad \ text {and} \ quad h_ \ phi = r \ sin \ theta $$ dając nam gradient we współrzędnych sferycznych $$ \ nabla f = \ frac {\ part f} {\ part r} \ hat e_r + \ frac {1} {r} \ frac {\ części f} {\ części \ theta} \ hat e_ \ theta + \ frac {1} {r \ sin \ theta} \ frac {\ części f} {\ części \ phi} \ hat e_ \ phi $$
Dowód na pierwszy krok
Rozwiń wektor $ | \ nabla f \ rangle $ pod względem wektorów bazowych $$ | \ nabla f \ rangle = \ sum_i (\ nabla f) _i | e_i \ rangle = \ sum_i (\ nabla f) _i \ frac {1} {h_i} | \ frac {\ części} {\ Partial x ^ i} \ rangle $$ To w zasadzie skąd bierze się czynnik $ h_i $. Teraz weź $ v = | \ frac {\ części} {\ częściowy x ^ k} \ rangle $ i wstaw go do pierwszego wyrażenia podanego powyżej. Zauważ, że z definicji wektora podwójnego otrzymujemy $ dx ^ i (| \ frac {\ części} {\ częściowy x ^ k} \ rangle) = \ delta_k ^ i $. Lewa strona to $$ \ begin {split} \ langle f | \ frac {\ part} {\ part x ^ k} \ rangle & = \ sum_i (\ nabla f) _i \ frac {1} {h_i} \ langle \ frac {\ części} {\ częściowy x ^ i} | \ frac {\ części} {\ częściowy x ^ k} \ rangle \\ & = \ sum_i (\ nabla f) _i \ frac {1} {h_i} h_i ^ 2 \ delta_ {ik} \\ & = (\ nabla f ) _kh_k \ end {split} $$ Whreas the right-side $$ \ sum_i \ left. \ frac {\ part f} {\ Partial x ^ i} \ right | _pdx ^ i \ left (| \ frac {\ częściowe} {\ częściowe x ^ k} \ rangle \ right) = \ sum_i \ left. \ frac {\ częściowe f} {\ częściowe x ^ i} \ right | _p \ delta ^ i_k = \ frac {\ częściowe f} {\ parts x ^ k} $$ Porównując oba wyrażenia, uzyskujesz twierdzenie.
Komentarze
- Świetna odpowiedź, dużo lepsza niż moja. Jednak ' nie jestem pewien, czy pytający jest zadowolony z tego poziomu abstrakcji (na przykład przestrzeń styczna może być nieznanym pojęciem).
- Dobra odpowiedź , ' czytałem już o tej metodzie, ale ' uprościłeś ją i rozumiem prawie wszystko. Pracowałem nad tym podczas tworzenia sferycznych wektorów jednostkowych. Tylko jedno: jak przejść od ogólnej definicji u góry do drugiego wyrażenia? Skąd się bierze ten $ h $?
- A dlaczego $ h _ {\ theta} = || \ frac {\ części} {\ części \ theta} || $?
- Właśnie dodałem dowód dla pierwszego krok. $ h_ \ theta = \ left \ | \ frac {\ części} {\ części \ theta} \ right \ | $ z definicji, to ' to po prostu moduł wektora stycznego $ \ frac {\ Partial} {\ Partial \ theta} $
- @Stan Uczę się na kursie GR i mogę ' rozumieć następujące kwestie część rozwiązania: o ile wydaje mi się, że do tej pory rozumiem, twoja druga formuła otrzymuje ten współczynnik $ \ frac {1} {h} $, ze względu na współczynnik $ \ frac {1} {h ^ 2} $ najpierw pochodzący z metryki, a następnie współczynnik h, aby przełączyć się z wektorów stycznych na bazę ortonormalną. Moduł wektora stycznego zawsze będzie dodatni, prawda? Wtedy można by znaleźć inną podstawę ortonormalną, gdzie $ \ phi $ jest taka, że składowa theta rozbieżności ma postać $ \ frac {1} {r \, | \ sin \ theta |} $ Jak mogę sprawdzić, czy so
Dodaj komentarz