Derive o gradiente vetorial em coordenadas esféricas a partir dos primeiros princípios
On Dezembro 31, 2020 by adminTentando entender onde $ \ frac {1} {r sin (\ theta)} $ e $ 1 / r $ bits vêm na definição de gradiente .
Eu deduzi os vetores unitários esféricos, mas agora não entendo como transformar del cartesiano em del esférico. As pessoas ficam dizendo para usar a regra da corrente, mas não consigo ver!
Alguma ajuda?
Comentários
- I acredito que a maneira de derivá-los dos princípios verdadeiramente primeiros deve envolver retirar a métrica de $ \ mathbb {R} ^ 3 $ ao incorporar $ S ^ 2 $ … Uma maneira talvez menos fundamental, mas ainda satisfatória de fazer as coisas é definir $ x, y, z $ em termos de $ r, \ theta, \ phi $ e trabalhando a partir daí.
- Quero dizer, como você fará para converter polares cartesianos em esféricos?
- math.stackexchange.com seria um lugar melhor para essa pergunta?
- @Qmechanic Na Austrália, aprendemos essa identidade no segundo ano da universidade Física. Só agora estou brincando com a derivação, pois já sei como fazer isso usando um resultado geral de matemática pura, mas encontrar uma derivação sem usar esse nível de abstração pode ser do interesse do estudante de física geral. Como você traçar a linha entre matemática e física? Não sem um lo t de sangue no tapete, eu acho.
Resposta
Você pediu uma prova dos “primeiros princípios ” Então vamos fazer isso. Destacarei as fontes mais comuns de erros e mostrarei uma prova alternativa mais tarde que não requer nenhum conhecimento de cálculo tensorial ou notação de Einstein.
Da maneira mais difícil
Primeiro, a convenção de coordenadas:
$$ (r, \ theta, \ phi) \ rightarrow (x, y, z) = (r \ sin \ theta \ cos \ phi, \; r \ sin \ theta \ sin \ phi, \; r \ cos \ theta) $$
Da mesma forma que podemos expressar $ (x, y, z) $ como $ x \ , \ mathbf {\ hat e} _x + y \, \ mathbf {\ hat e} _y + z \, \ mathbf {\ hat e} _z $, também podemos expressar $ (r, \ theta, \ phi) $ como $ r “\, \ mathbf {\ hat e} _r + \ theta” \, \ mathbf {\ hat e} _ \ theta + \ phi “\, \ mathbf {\ hat e} _ \ phi $, mas agora os coeficientes não são iguais: $ (r “, \ theta”, \ phi “) \ neq (r, \ theta, \ phi) $, em geral. Isso ocorre porque as coordenadas esféricas são curvilíneas , então os vetores de base não são iguais em todos os pontos. Para pequenas variações, no entanto, eles são muito semelhantes. Mais precisamente, em relação a um ponto $ \ vec {\ mathbf p} _0 = (x, y, z) $, um ponto vizinho $ \ vec {\ mathbf p} _1 = (x + \ Delta x, \; y + \ Delta y, \; z + \ Delta z) $ pode ser descrito por $ \ Delta \ vec {\ mathbf p} = (\ Delta x, \ Delta y, \ Delta z) $ e, em coordenadas esféricas, se esta variação for ” infinitesimal “, então $ 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 é basicamente a motivação para definir a base (não normalizada) como:
$$ \ vec {\ mathbf e} _r = \ frac {\ partial \ vec {\ mathbf p}} {\ partial r} , \ quad \ vec {\ mathbf e} _ \ theta = \ frac {\ parcial \ vec {\ mathbf p}} {\ parcial \ teta}, \ quad \ vec {\ mathbf e} _ \ phi = \ frac { \ partial \ vec {\ mathbf p}} {\ partial \ phi} $$
Mas isso ainda não está normalizado. Coincidentemente, $ || \ partial \ vec {\ mathbf p} / \ partial r || $ acabou sendo $ 1 $, mas $ || \ partial \ vec {\ mathbf p} / \ partial \ theta || = r $, como veremos.Portanto, a base real deve ser definida como:
$$ \ hat {\ mathbf e} _r = \ frac {\ vec {\ mathbf e} _r} {|| \ vec {\ mathbf e} _r ||}, \ quad \ hat {\ mathbf e} _ \ theta = \ frac {\ vec {\ mathbf e} _ \ theta} {|| \ vec {\ mathbf e} _ \ theta ||}, \ quad \ hat {\ mathbf e} _ \ phi = \ frac {\ vec {\ mathbf e} _ \ phi} {|| \ vec {\ mathbf e} _ \ phi ||} $$
Explicitamente:
$$ \ begin {align} \ vec {\ mathbf e} _r & = \; (& \ sin \ theta \ cos \ phi &, & \ sin \ theta \ sin \ phi &, & \ cos \ theta) \\ \ vec {\ mathbf e} _ \ theta & = \; (& r \ cos \ theta \ cos \ phi &, & r \ cos \ theta \ sin \ phi &, & -r \ sin \ theta) \\ \ vec {\ mathbf e} _ \ phi & = \; (& -r \ sin \ theta \ sin \ phi & , & r \ sin \ th eta \ cos \ phi &, & 0) \ end {align} $$
$$ \ begin {alinhar} || \ vec {\ mathbf e} _r || ^ 2 & = \ sin ^ 2 \ theta (\ cos ^ 2 \ phi + \ sin ^ 2 \ phi ) + \ cos ^ 2 \ theta & & = 1 \\ || \ vec {\ mathbf e} _ \ theta || ^ 2 & = r ^ 2 \ cos ^ 2 \ theta (\ cos ^ 2 \ phi + \ sin ^ 2 \ phi) + r ^ 2 \ sin \ theta & & = r ^ 2 \\ || \ vec {\ mathbf e} _ \ phi || ^ 2 & = r ^ 2 \ sin ^ 2 \ theta (\ sin ^ 2 \ phi + \ cos ^ 2 \ phi) & & = r ^ 2 \ sin ^ 2 \ theta \ end {align} $$
$$ \ begin {align} \ hat {\ mathbf e} _r & = \ vec {\ mathbf e} _r & & = & & (& \ sin \ theta \ cos \ phi &, & \ sin \ theta \ sin \ phi &, & \ cos \ theta) \\ \ hat {\ mathbf e} _ \ theta & = \ vec {\ mathbf e} _ \ theta / r & & = & & (& \ cos \ theta \ cos \ phi &, & \ cos \ theta \ sin \ phi &, & – \ sin \ theta) \\ \ hat {\ mathbf e} _ \ phi & = \ vec {\ mathbf e} _ \ phi / (r \ sin \ theta) & & = & & (& – \ sin \ phi &, & \ cos \ phi &, & 0) \ end {align} $$
Você pode verificar que isso também forma uma base ortogonal (portanto, ortonormal). Por exemplo:
$$ \ begin {align} \ hat {\ mathbf e} _r \ cdot \ hat {\ mathbf e} _ \ theta & = \ sin \ theta \ cos \ theta \ cos ^ 2 \ phi + \ sin \ theta \ cos \ theta \ sin ^ 2 \ phi – \ sin \ theta \ cos \ theta \\ & = 0 \ end {align} $$
Isso não precisa acontecer em geral.
Para ir de um conjunto de coordenadas para outro usando os vetores de base, nós resolver:
$$ \ begin {bmatrix} \ hat {\ mathbf e} _r \\ \ hat {\ mathbf e} _ \ theta \\ \ hat {\ mathbf e} _ \ phi \ end {bmatrix} = \ begin {bmatrix} \ sin \ theta \ cos \ phi & \ sin \ theta \ sin \ phi & \ cos \ theta \\ \ cos \ theta \ cos \ phi & \ cos \ theta \ sin \ phi & – \ sin \ theta \\ – \ sin \ phi & \ cos \ phi & 0 \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} \ hat {\ mathbf e} _x \\ \ hat {\ mathbf e} _y \\ \ hat {\ mathbf e} _z \ end {bmatrix} $$
para $ \ hat {\ mathbf e} _x $, $ \ hat {\ mathbf e} _y $, e $ \ hat {\ mathbf e} _z $ em termos de $ \ ha t {\ mathbf e} _r $, $ \ hat {\ mathbf e} _ \ theta $ e $ \ hat {\ mathbf e} _ \ phi $. Em seguida, qualquer vetor $ \ vec {\ mathbf p} = x \, \ mathbf {\ hat e} _x + y \, \ mathbf {\ hat e} _y + z \, \ mathbf {\ hat e} _z $ pode ser escrito na forma $ r “\, \ mathbf {\ hat e} _r + \ theta” \, \ mathbf {\ hat e} _ \ theta + \ phi “\, \ mathbf {\ hat e} _ \ phi $ por substituição simples. Como essa base particular é ortonormal, há uma maneira alternativa: simplesmente use o produto escalar. Por exemplo, para obter $ r “$:
$$ \ begin {align} \ vec {\ mathbf p} \ cdot \ mathbf {\ hat e} _r & = r “\, \ mathbf {\ hat e} _r \ cdot \ mathbf {\ hat e} _r + \ theta” \, \ mathbf {\ hat e} _ \ theta \ cdot \ mathbf {\ hat e } _r + \ phi “\, \ mathbf {\ hat e} _ \ phi \ cdot \ mathbf {\ hat e} _r \\ & = r” \ end {align} $$
Agora para o gradiente.Usando a notação de matriz, podemos escrever o gradiente como um vetor linha e a fórmula para a regra da cadeia torna-se:
$$ \ begin {align} \ vec \ nabla f & = \ begin {bmatrix} \ frac {\ partial f} {\ partial x} & \ frac {\ partial f} {\ partial y} & \ frac {\ partial f} {\ partial z} \ end {bmatrix} \\ & = \ begin {bmatrix} \ frac {\ partial f } {\ parcial r} & \ frac {\ parcial f} {\ parcial \ theta} & \ frac {\ parcial f} {\ partial \ phi} \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} \ frac {\ partial r} {\ partial x} & \ frac {\ partial r} {\ partial y} & \ frac {\ partial r} {\ partial z} \\ \ frac {\ partial \ theta} {\ partial x} & \ frac {\ partial \ theta} {\ partial y} & \ frac {\ partial \ theta} {\ partial z} \\ \ frac {\ partial \ phi } {\ partial x} & \ frac {\ partial \ phi} {\ partial y} \ frac {\ partial \ phi} {\ partial z} \ end {bmatrix} \ end {align} $$
Chame a matriz à direita $ J $ (it “é a matriz Jacobiana ). Observe que isso também funciona ao contrário:
$$ \ begin {bmatrix} \ frac {\ partial f} {\ partial r} & \ frac {\ partial f} {\ partial \ theta} & \ frac {\ partial f} {\ partial \ phi} \ end {bmatrix} \\ = \ begin {bmatrix} \ frac {\ partial f} {\ partial x} & \ frac {\ partial f} {\ partial y} & \ frac {\ partial f} {\ partial z} \ end {bmatrix} \ begin {bmatrix} \ frac {\ partial x} {\ partial r} & \ frac {\ partial y } {\ parcial r} & \ frac {\ parcial z} {\ parcial r} \\ \ frac {\ parcial x} {\ parcial \ theta} & \ frac {\ parcial y} {\ parcial \ theta} & \ frac {\ parcial z} {\ parcial \ theta} \\ \ frac { \ partial x} {\ partial \ phi} & \ frac {\ partial y} {\ partial \ phi} & \ frac { \ parcial z} {\ parcial \ phi} \ end {bmatrix} $$
E chamar esta outra matriz $ J “$. Podemos inverter a primeira equação para obter $ \ vec \ nabla f \, J ^ {- 1} = \ vec \ nabla f \, J “$ $ \ Rightarrow $ $ \ vec \ nabla f \, \ left (J ^ {- 1} -J” \ direita) = 0 $. Como isso funciona para um $ f $ arbitrário, temos $ J ^ {- 1} – J “= 0 $ $ \ Rightarrow $ $ J” = J ^ {- 1} $. Uma consequência importante é que, em geral:
$$ \ frac {\ partial a} {\ partial b} \ neq \ left (\ frac {\ partial b} {\ partial a} \ right) ^ {- 1} $$
Parece que o OP cometeu este erro em um comentário , confundindo $ \ partial r / \ partial x $ com $ (\ partial x / \ partial r) ^ {- 1} = 1 / (\ sin \ theta \ cos \ phi) $, como seria o caso se estivéssemos usando derivadas regulares (em vez de parciais).
Agora temos duas maneiras de calcular a matriz $ J $. Diretamente ou calculando $ J “$ primeiro e depois invertendo-o. Vamos fazer isso diretamente.Vamos precisar das expressões para $ r $, $ \ theta $ e $ \ phi $ em termos de $ x $, $ y $ e $ z $ (para outros sistemas de coordenadas, isso pode ser muito difícil de obter) :
$$ \ begin {align} r & = \ sqrt {x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2} \\ \ theta & = \ arctan \ left (\ frac {\ sqrt {x ^ 2 + y ^ 2}} {z} \ right) \\ \ phi & = \ arctan \ left (\ frac {y} {x} \ right) \ end {align} $$
As derivadas parciais são:
$$ \ begin {align} \ frac {\ partial r} {\ partial x} & = \ frac {x} {\ sqrt {x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2}} & & = \ sin \ theta \ cos \ phi \\ \ frac {\ parcial r} {\ parcial y} & = \ frac {y} {\ sqrt {x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2}} & & = \ sin \ theta \ sin \ phi \\ \ frac {\ partial r} {\ partial z} & = \ frac {z} {\ sqrt {x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2}} & & = \ cos \ theta \ end {align} $$
$$ \ begin {align} \ frac {\ par tial \ theta} {\ parcial x} & = \ frac {zx} {\ sqrt {x ^ 2 + y ^ 2} \ left (x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2 \ right)} & & = \ frac {\ cos \ theta \ cos \ phi} {r} \\ \ frac {\ partial \ theta} {\ partial y} & = \ frac {zy} {\ sqrt {x ^ 2 + y ^ 2} \ left (x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2 \ right)} & & = \ frac {\ cos \ theta \ sin \ phi} {r} \\ \ frac {\ partial \ theta} {\ partial z} & = – \ frac {\ sqrt {x ^ 2 + y ^ 2}} {x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2} & & = – \ frac {\ sin \ phi} {r} \ end {align} $ $
$$ \ 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} $$
Nosso Jacobiano é então:
$$ 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} $$
Alternativamente, poderíamos ter calculado o inverso Jacobiano (que é direto) e, em seguida, invertido (o que é um pesadelo).Podemos usar Wolfram Alpha para confirmar que dá o mesmo resultado:
Finalmente, usamos o produto escalar para encontrar os coeficientes $ r “$, $ \ theta” $, e $ \ phi “$:
$$ 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 {bmatriz} 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 {bmatriz} \ begin {bmatriz} 1 \\ 0 \\ 0 \ end {bmatriz} = \ frac {\ parcial f} {\ parcial 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 {bmatriz} = \ begin {bmatriz} \ frac {\ parcial f} {\ parcial 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 \ begin {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 matriz} = \ frac {1} {r \ sin \ theta} \ frac {\ partial f} {\ partial \ phi} $$
Portanto:
$$ \ vec \ nabla f = \ frac {\ partial f} {\ partial r} \ mathbf {\ hat e} _r + \ frac {1} {r} \ frac {\ partial f} {\ partial \ theta} \ mathbf {\ hat e} _ \ theta + \ frac {1} {r \ sin \ theta} \ frac {\ partial f} {\ partial \ phi} \ mathbf {\ hat e} _ \ phi $$
Uma maneira muito melhor
Vamos precisar de uma nova notação para evitar ter que usar letras diferentes para $ x $, $ y $ e $ z $, por exemplo. Em vez disso, vamos usar índices de $ 1 $ a $ 3 $. Para coordenadas cartesianas, usaremos a letra $ x $ e, para coordenadas esféricas, usaremos a letra $ r $. O seguinte deve ser autoexplicativo:
$$ \ vec {\ mathbf p} = \ sum_i x_i \ mathbf {\ hat x} ^ i = \ sum_k r_k \ mathbf {\ hat r} ^ k $$
Do definição dos vetores básicos:
$$ \ mathbf {\ vec r} ^ k = \ frac {\ parcial \ vec {\ mathbf p}} {\ parcial r_k}, \ quad \ mathbf {\ hat r} ^ k = \ frac {\ mathbf {\ vec r} ^ k} {|| \ mathbf {\ vec r} ^ k ||} = \ frac {1} {h_k} \ frac {\ partial \ vec {\ mathbf p}} {\ partial r_k} $$
Onde $ h_k \ triangleq || \ mathbf {\ vec r} ^ k || $. Expandindo na base $ x $:
$$ \ mathbf {\ hat r} ^ k = \ sum_j \ frac {1} {h_k} \ frac {\ parcial x_j} {\ parcial r_k} \ mathbf {\ hat x} ^ j $$
Agora o gradiente é apenas:
$$ \ 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 $$
Para obter o $ k $ “ésimo componente em coordenadas esféricas ($ F” _k $) , use o produto escalar:
$$ \ 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 { \ parcial x_j} {\ parcial r_k} \ mathbf {\ hat x} ^ j \ direita) \\ & = \ 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} $$
e pronto.
Comentários
- Obrigado muito! Isso limpou muita confusão em minha cabeça, especialmente a distinção entre o jacobiano e a mudança da matriz de base, que são semelhantes em forma e ideia e muito confusas. Além disso, obrigado por abrir meus olhos sobre a diferença entre coordenadas e componente.
- A propósito, a última fórmula seria verdadeira também para bases não ortogonais?
- @JonasDaverio Não, porque os produtos escalares fornecem apenas projeções ortogonais. Se você olhar para os coeficientes $ \ frac {1} {h_k} \ frac {\ partial x_j} {\ partial r_k} $, você poderia escrever isso como uma matriz. No caso geral, você ‘ d tem que usar a transposta inversa disso. No caso ortogonal, a transposta inversa é a própria matriz.
- Ah, sim, você ‘ está falando sobre o tensor métrico, isso é escrita? Como é diagonal para bases ortogonais, o inverso permanece diagonal.
- Muito bem respondido.Não ‘ não sei por que essa resposta não está ‘ no topo
Resposta
Tomamos: $$ x = r \ cos \ theta \ cos \ phi $$ $$ y = r \ cos \ theta \ sin \ phi $$ $ $ z = r \ cos \ theta $$
Agora, você conhece a definição do gradiente em coordenadas cartesianas: $ \ vec {\ nabla} = \ frac {\ partial} {\ partial x} \ hat {x} + \ frac {\ partial} {\ partial y} \ hat {y} + \ frac {\ partial} {\ partial z} \ hat {z} $
Agora, usamos a regra da cadeia ou cada componente. Por exemplo, $$ \ frac {\ parcial} {\ parcial x} = \ frac {\ parcial r} {\ parcial x} \ frac {\ parcial} {\ parcial r} + \ frac {\ parcial \ teta} { \ parcial x} \ frac {\ parcial} {\ parcial \ theta} + \ frac {\ parcial \ phi} {\ parcial x} \ frac {\ parcial} {\ parcial \ phi} $$
Depois de muita álgebra complicada, isso lhe dará a forma correta.
Comentários
- Sim, este é o nível I ‘ m at. Mas não consigo ‘ não obter uma resposta sensata!
- Que parte está errada?
- Recebo $ \ frac {\ partial} { \ parcial x} = \ frac {1} {sin (\ theta) cos (\ phi)} \ frac {\ parcial} {\ parcial r} + \ frac {1} {cos (\ theta) cos (\ phi) } \ frac {\ partial} {\ partial \ theta} – \ frac {1} {sin (\ theta) sin (\ phi)} \ frac {\ partial} {\ partial \ phi} $!
- E então como os vetores hat são substituídos?
- você deve expressar $ r, \ theta, \ phi $ em termos de apenas $ x, y, z $
Resposta
Segue-se da definição geral do gradiente como $$ \ langle \ nabla f (p) | v \ rangle = d_pf ( v) = \ sum_i \ left. \ frac {\ partial f} {\ partial x ^ i} \ right | _pdx ^ i (v) $$ onde p é um ponto no espaço e um vetor va no espaço tangente. A soma é sobre os vetores de base do espaço tangente. Você pode tentar expandir esta expressão para obter o resultado final para o componente $ i $ $$ (\ nabla f) _i = \ frac {1} {h_i} \ frac {\ partial f} {\ partial x ^ i} $ $ Esta é a fórmula mais útil. A quantidade $ h_i $ é o módulo do vetor tangente $ i $ th.
Exemplo: você deseja calcular o gradiente em coordenadas esféricas. A base do espaço tangente é $ \ {\ frac {\ partial} {\ partial r}, \ frac {\ partial} {\ partial \ theta}, \ frac {\ partial} {\ partial \ phi} \} $ . Desde $$ \ begin {split} \ left \ | \ frac {\ partial} {\ partial \ theta} \ right \ | ^ 2 & = \ left \ | \ frac {\ parcial x} {\ parcial \ theta} \ frac {\ parcial} {\ parcial x} + \ frac {\ parcial y} {\ parcial \ teta} \ frac {\ parcial} {\ parcial y} + \ frac {\ parcial z} {\ parcial \ theta} \ frac {\ parcial} {\ parcial z} \ direita \ | ^ 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 {\ esquerda \ | \ frac {\ partial} {\ partial z} \ right \ | ^ 2} _ {= 1} \\ & = r ^ 2 \ end {split} $ $ Assim, obtemos $$ h_ \ theta = \ left \ | \ frac {\ partial} {\ partial \ theta} \ right \ | = r $$ No mesmo espírito, você pode calcular que $$ h_r = 1 \ quad \ text {and} \ quad h_ \ phi = r \ sin \ theta $$ dando-nos o gradiente em coordenadas esféricas $$ \ nabla f = \ frac {\ partial f} {\ partial r} \ hat e_r + \ frac {1} {r} \ frac {\ partial f} {\ partial \ theta} \ hat e_ \ theta + \ frac {1} {r \ sin \ theta} \ frac {\ partial f} {\ partial \ phi} \ hat e_ \ phi $$
Prova para a primeira etapa
Expanda o vetor $ | \ nabla f \ rangle $ em termos de vetores de base $$ | \ nabla f \ rangle = \ sum_i (\ nabla f) _i | e_i \ rangle = \ sum_i (\ nabla f) _i \ frac {1} {h_i} | \ frac {\ parcial} {\ partial x ^ i} \ rangle $$ Isto é basicamente de onde vem o fator $ h_i $. Agora pegue $ v = | \ frac {\ partial} {\ partial x ^ k} \ rangle $ e insira-o na primeira expressão fornecida acima. Observe que, por definição de um vetor dual, obtemos $ dx ^ i (| \ frac {\ partial} {\ partial x ^ k} \ rangle) = \ delta_k ^ i $. O lado esquerdo é $$ \ begin {split} \ langle f | \ frac {\ partial} {\ partial x ^ k} \ rangle & = \ sum_i (\ nabla f) _i \ frac {1} {h_i} \ langle \ frac {\ partial} {\ partial x ^ i} | \ frac {\ partial} {\ partial x ^ k} \ rangle \\ & = \ sum_i (\ nabla f) _i \ frac {1} {h_i} h_i ^ 2 \ delta_ {ik} \\ & = (\ nabla f ) _kh_k \ end {split} $$ Whreas o lado direito $$ \ sum_i \ left. \ frac {\ partial f} {\ partial x ^ i} \ right | _pdx ^ i \ left (| \ frac {\ parcial} {\ parcial x ^ k} \ rangle \ direita) = \ sum_i \ esquerda. \ frac {\ parcial f} {\ parcial x ^ i} \ direita | _p \ delta ^ i_k = \ frac {\ parcial f} {\ partial x ^ k} $$ Comparando ambas as expressões você obtém a afirmação.
Comentários
- Ótima resposta, muito melhor que a minha. No entanto, ‘ não tenho certeza se o autor da pergunta se sente confortável com esse nível de abstração (espaço tangente, por exemplo, pode ser um conceito desconhecido).
- Boa resposta , Eu ‘ li sobre esse método antes, mas você ‘ o tornou mais simples e entendo quase tudo. Na verdade, trabalhei com isso ao usar vetores unitários esféricos. Só uma coisa: como você passa da definição geral no topo para a segunda expressão? De onde vem esse $ h $?
- E por que $ h _ {\ theta} = || \ frac {\ partial} {\ partial \ theta} || $?
- Acabei de adicionar uma prova para o primeiro degrau. $ h_ \ theta = \ left \ | \ frac {\ partial} {\ partial \ theta} \ right \ | $ por definição, é ‘ simplesmente o módulo do vetor tangente $ \ frac {\ partial} {\ partial \ theta} $
- @Stan Estou fazendo um curso de GR e ‘ não consigo entender o seguinte parte da solução: Até agora, parece que entendi até agora, sua segunda fórmula obtém este fator de $ \ frac {1} {h} $, devido a um fator de $ \ frac {1} {h ^ 2} $ primeiro, vindo da métrica, e um fator de h depois disso, a fim de passar de vetores tangentes para uma base ortonormal. O módulo do vetor tangente será sempre positivo, não é? Então, uma base ortonormal diferente poderia ter sido encontrada, onde $ \ phi $ é tal que o componente teta da divergência é $ \ frac {1} {r \, | \ sin \ theta |} $ Como posso verificar se o
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