Leiten Sie Vektorgradienten in sphärischen Koordinaten aus Grundprinzipien ab

Sie haben nach einem Beweis aus "Grundsätzen" gefragt. Also machen wir's. Ich werde die häufigsten Fehlerquellen hervorheben und später einen alternativen Beweis zeigen, der keine Kenntnisse der Tensorrechnung oder der Einstein-Notation erfordert.

Der harte Weg

Zuerst die Koordinatenkonvention:

$$(r,\theta,\phi) \rightarrow (x,y,z) = (r\sin\theta\cos\phi,\;r\sin\theta\sin\phi,\;r\cos\theta)$$

Genauso können wir uns ausdrücken$(x,y,z)$als$x\,\mathbf{\hat e}_x + y\,\mathbf{\hat e}_y + z\,\mathbf{\hat e}_z$, können wir auch ausdrücken$(r,\theta,\phi)$als$r'\,\mathbf{\hat e}_r + \theta'\,\mathbf{\hat e}_\theta + \phi'\,\mathbf{\hat e}_\phi$, aber jetzt sind die Koeffizienten nicht gleich:$(r',\theta',\phi') \neq (r,\theta,\phi)$, Im Algemeinen. Dies liegt daran, dass Kugelkoordinaten krummlinig sind , sodass die Basisvektoren nicht an allen Punkten gleich sind. Für kleine Variationen sind sie jedoch sehr ähnlich. Genauer gesagt relativ zu einem Punkt$\vec{\mathbf p}_0 = (x,y,z)$, ein Nachbarpunkt$\vec{\mathbf p}_1 = (x+\Delta x,\;y+\Delta y,\;z+\Delta z)$kann beschrieben werden durch$\Delta \vec{\mathbf p} = (\Delta x,\Delta y,\Delta z)$und in Kugelkoordinaten, wenn diese Variation "unendlich klein" ist, dann$d\vec{\mathbf p} = (dr, d\theta, d\phi) = dr\,\mathbf{\hat e}_r + d\theta\,\mathbf{\hat e}_\theta + d\phi\,\mathbf{\hat e}_\phi$. Dies ist im Grunde die Motivation für die Definition der (nicht normalisierten) Basis als:

$$\vec{\mathbf e}_r = \frac{\partial\vec{\mathbf p}}{\partial r}, \quad \vec{\mathbf e}_\theta = \frac{\partial\vec{\mathbf p}}{\partial \theta}, \quad \vec{\mathbf e}_\phi = \frac{\partial\vec{\mathbf p}}{\partial \phi}$$

Aber das ist noch nicht normalisiert. Zufällig,$||\partial\vec{\mathbf p}/\partial r||$erweist sich$1$, Aber$||\partial\vec{\mathbf p}/\partial \theta|| = r$, wie wir sehen werden. Die eigentliche Basis sollte also definiert werden als:

$$\hat{\mathbf e}_r = \frac{\vec{\mathbf e}_r}{||\vec{\mathbf e}_r||}, \quad \hat{\mathbf e}_\theta = \frac{\vec{\mathbf e}_\theta}{||\vec{\mathbf e}_\theta||}, \quad \hat{\mathbf e}_\phi = \frac{\vec{\mathbf e}_\phi}{||\vec{\mathbf e}_\phi||}$$

Ausdrücklich:

$$\begin{align} \vec{\mathbf e}_r &=\;( & \sin\theta\cos\phi&, & \sin\theta\sin\phi&, & \cos\theta) \\ \vec{\mathbf e}_\theta &=\;( & r\cos\theta\cos\phi&, & r\cos\theta\sin\phi&, & -r\sin\theta) \\ \vec{\mathbf e}_\phi &=\;( & -r\sin\theta\sin\phi&, & r\sin\theta\cos\phi&, & 0) \end{align}$$

$$\begin{align} ||\vec{\mathbf e}_r||^2 &= \sin^2\theta(\cos^2\phi + \sin^2\phi) + \cos^2\theta & &= 1 \\ ||\vec{\mathbf e}_\theta||^2 &= r^2\cos^2\theta(\cos^2\phi + \sin^2\phi) + r^2\sin\theta & &= r^2 \\ ||\vec{\mathbf e}_\phi||^2 &= r^2\sin^2\theta(\sin^2\phi + \cos^2\phi) & &= r^2\sin^2\theta \end{align}$$

$$\begin{align} \hat{\mathbf e}_r &= \vec{\mathbf e}_r & &= & &( & \sin\theta\cos\phi&, & \sin\theta\sin\phi&, & \cos\theta) \\ \hat{\mathbf e}_\theta &= \vec{\mathbf e}_\theta/r & &= & &( & \cos\theta\cos\phi&, & \cos\theta\sin\phi&, & -\sin\theta) \\ \hat{\mathbf e}_\phi &= \vec{\mathbf e}_\phi/(r\sin\theta) & &= & &( & -\sin\phi&, & \cos\phi&, & 0) \end{align}$$

Sie können überprüfen, ob dies auch eine orthogonale Basis bildet (daher orthonormal). Zum Beispiel:

$$\begin{align} \hat{\mathbf e}_r \cdot \hat{\mathbf e}_\theta &= \sin\theta\cos\theta\cos^2\phi + \sin\theta\cos\theta\sin^2\phi - \sin\theta\cos\theta \\ &= 0 \end{align}$$

Das muss generell nicht passieren.

Um mit den Basisvektoren von einem Koordinatensatz zum anderen zu gelangen, lösen wir:

$$\begin{bmatrix}\hat{\mathbf e}_r \\ \hat{\mathbf e}_\theta \\ \hat{\mathbf e}_\phi\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \sin\theta\cos\phi & \sin\theta\sin\phi & \cos\theta \\ \cos\theta\cos\phi & \cos\theta\sin\phi & -\sin\theta \\ -\sin\phi & \cos\phi & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}\hat{\mathbf e}_x \\ \hat{\mathbf e}_y \\ \hat{\mathbf e}_z\end{bmatrix}$$

für$\hat{\mathbf e}_x$,$\hat{\mathbf e}_y$, Und$\hat{\mathbf e}_z$bezüglich$\hat{\mathbf e}_r$,$\hat{\mathbf e}_\theta$, Und$\hat{\mathbf e}_\phi$. Dann irgendein Vektor$\vec{\mathbf p} = x\,\mathbf{\hat e}_x + y\,\mathbf{\hat e}_y + z\,\mathbf{\hat e}_z$kann in das Formular geschrieben werden$r'\,\mathbf{\hat e}_r + \theta'\,\mathbf{\hat e}_\theta + \phi'\,\mathbf{\hat e}_\phi$durch einfache Substitution. Da diese spezielle Basis orthonormal ist, gibt es einen alternativen Weg: Verwenden Sie einfach das Skalarprodukt. Zum Beispiel zu bekommen$r'$:

$$\begin{align} \vec{\mathbf p}\cdot\mathbf{\hat e}_r &= r'\,\mathbf{\hat e}_r\cdot\mathbf{\hat e}_r + \theta'\,\mathbf{\hat e}_\theta\cdot\mathbf{\hat e}_r + \phi'\,\mathbf{\hat e}_\phi\cdot\mathbf{\hat e}_r \\ &= r' \end{align}$$

Nun zum Gradienten. Unter Verwendung der Matrixnotation können wir den Gradienten als Zeilenvektor schreiben und die Formel für die Kettenregel lautet:

$$\begin{align} \vec\nabla f &= \begin{bmatrix}\frac{\partial f}{\partial x} & \frac{\partial f}{\partial y} & \frac{\partial f}{\partial z}\end{bmatrix} \\ &= \begin{bmatrix}\frac{\partial f}{\partial r} & \frac{\partial f}{\partial \theta} & \frac{\partial f}{\partial \phi}\end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{\partial r}{\partial x} & \frac{\partial r}{\partial y} & \frac{\partial r}{\partial z} \\ \frac{\partial \theta}{\partial x} & \frac{\partial \theta}{\partial y} & \frac{\partial \theta}{\partial z} \\ \frac{\partial \phi}{\partial x} & \frac{\partial \phi}{\partial y} & \frac{\partial \phi}{\partial z} \end{bmatrix} \end{align}$$

Rufen Sie die Matrix auf der rechten Seite auf$J$(es ist die Jacobi-Matrix ). Beachten Sie, dass dies auch umgekehrt funktioniert:

$$\begin{bmatrix}\frac{\partial f}{\partial r} & \frac{\partial f}{\partial \theta} & \frac{\partial f}{\partial \phi}\end{bmatrix} \\ = \begin{bmatrix}\frac{\partial f}{\partial x} & \frac{\partial f}{\partial y} & \frac{\partial f}{\partial z}\end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial y}{\partial r} & \frac{\partial z}{\partial r} \\ \frac{\partial x}{\partial \theta} & \frac{\partial y}{\partial \theta} & \frac{\partial z}{\partial \theta} \\ \frac{\partial x}{\partial \phi} & \frac{\partial y}{\partial \phi} & \frac{\partial z}{\partial \phi} \end{bmatrix}$$

Und nennen Sie diese andere Matrix$J'$. Wir können die erste Gleichung umkehren, um zu erhalten$\vec\nabla f \,J^{-1} = \vec\nabla f \,J'$ $\Rightarrow$ $\vec\nabla f \,\left(J^{-1}-J'\right) = 0$. Da dies für einen beliebigen funktioniert$f$, wir haben$J^{-1} - J' = 0$ $\Rightarrow$ $J' = J^{-1}$. Eine wichtige Konsequenz ist, dass im Allgemeinen:

$$\frac{\partial a}{\partial b} \neq \left(\frac{\partial b}{\partial a}\right)^{-1}$$

Es scheint, dass das OP diesen Fehler in einem Kommentar gemacht hat , verwirrend$\partial r/\partial x$mit$(\partial x/\partial r)^{-1} = 1/(\sin\theta\cos\phi)$, wie es der Fall wäre, wenn wir reguläre (statt partielle) Ableitungen verwenden würden.

Jetzt haben wir zwei Möglichkeiten, die Matrix zu berechnen$J$. Direkt oder durch Berechnung$J'$zuerst und dann invertieren. Machen wir direkt. Wir brauchen die Ausdrücke für$r$,$\theta$, Und$\phi$bezüglich$x$,$y$, Und$z$(für andere Koordinatensysteme könnte dies sehr schwer zu bekommen sein):

$$\begin{align} r &= \sqrt{x^2+y^2+z^2} \\ \theta &= \arctan\left(\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{z}\right) \\ \phi &= \arctan\left(\frac{y}{x}\right) \end{align}$$

Die partiellen Ableitungen sind:

$$\begin{align} \frac{\partial r}{\partial x} &= \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}} & &= \sin\theta\cos\phi \\ \frac{\partial r}{\partial y} &= \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}} & &= \sin\theta\sin\phi \\ \frac{\partial r}{\partial z} &= \frac{z}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}} & &= \cos\theta \end{align}$$

$$\begin{align} \frac{\partial \theta}{\partial x} &= \frac{zx}{\sqrt{x^2+y^2}\left(x^2+y^2+z^2\right)} & &= \frac{\cos\theta\cos\phi}{r} \\ \frac{\partial \theta}{\partial y} &= \frac{zy}{\sqrt{x^2+y^2}\left(x^2+y^2+z^2\right)} & &= \frac{\cos\theta\sin\phi}{r} \\ \frac{\partial \theta}{\partial z} &= -\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{x^2+y^2+z^2} & &= -\frac{\sin\phi}{r} \end{align}$$

$$\begin{align} \frac{\partial \phi}{\partial x} &= -\frac{y}{x^2+y^2} & &= -\frac{\sin\phi}{r\sin\theta} \\ \frac{\partial \phi}{\partial y} &= \frac{x}{x^2+y^2} & &= \frac{\cos\phi}{r\sin\theta} \\ \frac{\partial \phi}{\partial z} &= 0 & &= 0 \end{align}$$

Unser Jacobi ist dann:

$$J = \begin{bmatrix} \sin\theta\cos\phi & \sin\theta\sin\phi & \cos\theta \\ \frac{\cos\theta\cos\phi}{r} & \frac{\cos\theta\sin\phi}{r} & -\frac{\sin\phi}{r} \\ -\frac{\sin\phi}{r\sin\theta} & \frac{\cos\phi}{r\sin\theta} & 0 \end{bmatrix}$$

Alternativ hätten wir den inversen Jacobian berechnen können (was einfach ist) und ihn dann invertieren (was ein Albtraum ist). Wir können Wolfram Alpha verwenden , um zu bestätigen, dass es dasselbe Ergebnis liefert:

Schließlich verwenden wir das Skalarprodukt, um die Koeffizienten zu finden$r'$,$\theta'$, Und$\phi'$:

$$r' = \vec\nabla f\cdot\mathbf{\hat e}_r = \begin{bmatrix}\frac{\partial f}{\partial r} & \frac{\partial f}{\partial \theta} & \frac{\partial f}{\partial \phi}\end{bmatrix} J \begin{bmatrix}\sin\theta\cos\phi \\ \sin\theta\sin\phi \\ \cos\theta\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}\frac{\partial f}{\partial r} & \frac{\partial f}{\partial \theta} & \frac{\partial f}{\partial \phi}\end{bmatrix} \begin{bmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{bmatrix} = \frac{\partial f}{\partial r}$$

$$\theta' = \vec\nabla f\cdot\mathbf{\hat e}_\theta = \begin{bmatrix}\frac{\partial f}{\partial r} & \frac{\partial f}{\partial \theta} & \frac{\partial f}{\partial \phi}\end{bmatrix} J \begin{bmatrix}\cos\theta\cos\phi \\ \cos\theta\sin\phi \\ -\sin\theta\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}\frac{\partial f}{\partial r} & \frac{\partial f}{\partial \theta} & \frac{\partial f}{\partial \phi}\end{bmatrix} \begin{bmatrix}0 \\ 1/r \\ 0\end{bmatrix} = \frac{1}{r}\frac{\partial f}{\partial \theta}$$

$$\phi' = \vec\nabla f\cdot\mathbf{\hat e}_\phi = \begin{bmatrix}\frac{\partial f}{\partial r} & \frac{\partial f}{\partial \theta} & \frac{\partial f}{\partial \phi}\end{bmatrix} J \begin{bmatrix}-\sin\phi \\ \cos\phi \\ 0\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}\frac{\partial f}{\partial r} & \frac{\partial f}{\partial \theta} & \frac{\partial f}{\partial \phi}\end{bmatrix} \begin{bmatrix}0 \\ 0 \\ 1/(r\sin\theta)\end{bmatrix} = \frac{1}{r\sin\theta}\frac{\partial f}{\partial \phi}$$

Deshalb:

$$\vec\nabla f = \frac{\partial f}{\partial r}\mathbf{\hat e}_r + \frac{1}{r}\frac{\partial f}{\partial \theta}\mathbf{\hat e}_\theta + \frac{1}{r\sin\theta}\frac{\partial f}{\partial \phi}\mathbf{\hat e}_\phi$$

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Ein viel besserer Weg

Wir brauchen eine neue Schreibweise, um zu vermeiden, dass wir andere Buchstaben für verwenden müssen$x$,$y$, Und$z$, Zum Beispiel. Verwenden wir stattdessen Indizes von$1$Zu$3$. Für kartesische Koordinaten verwenden wir den Buchstaben$x$, und für sphärische Koordinaten verwenden wir den Buchstaben$r$. Folgendes sollte selbsterklärend sein:

$$\vec{\mathbf p} = \sum_i x_i\mathbf{\hat x}^i = \sum_k r_k\mathbf{\hat r}^k$$

Aus der Definition der Basisvektoren:

$$\mathbf{\vec r}^k = \frac{\partial \vec{\mathbf p}}{\partial r_k}, \quad \mathbf{\hat r}^k = \frac{\mathbf{\vec r}^k}{||\mathbf{\vec r}^k||} = \frac{1}{h_k}\frac{\partial \vec{\mathbf p}}{\partial r_k}$$

Wo$h_k \triangleq ||\mathbf{\vec r}^k||$. Ausbau im$x$Basis:

$$\mathbf{\hat r}^k = \sum_j\frac{1}{h_k}\frac{\partial x_j}{\partial r_k}\mathbf{\hat x}^j$$

Jetzt ist der Gradient nur:

$$\vec\nabla f = \mathbf{\vec F} = \sum_i F_i\mathbf{\hat x}^i = \sum_i \frac{\partial f}{\partial x_i}\mathbf{\hat x}^i$$

Um das zu bekommen$k$'te Komponente in sphärischen Koordinaten ($F'_k$), verwenden Sie das Skalarprodukt:

$$\begin{align} F'_k &= \mathbf{\vec F} \cdot \mathbf{\hat r}^k \\ &= \left(\sum_i \frac{\partial f}{\partial x_i}\mathbf{\hat x}^i\right) \cdot \left(\sum_j\frac{1}{h_k}\frac{\partial x_j}{\partial r_k}\mathbf{\hat x}^j\right) \\ &= \frac{1}{h_k}\sum_i \frac{\partial f}{\partial x_i}\frac{\partial x_i}{\partial r_k} \\ &= \frac{1}{h_k}\frac{\partial f}{\partial r_k} \end{align}$$

und wir sind fertig.

Wir nehmen:

$$x=r\sin\theta\cos\phi$$ $$y=r\sin\theta\sin\phi$$ $$z=r\cos\theta$$

Jetzt kennen Sie die Definition des Gradienten in kartesischen Koordinaten:$\vec{\nabla}=\frac{\partial}{\partial x}\hat{x}+\frac{\partial}{\partial y}\hat{y}+\frac{\partial}{\partial z}\hat{z}$

Jetzt verwenden wir die Kettenregel oder jede Komponente. Zum Beispiel,

$$\frac{\partial}{\partial x}=\frac{\partial r}{\partial x}\frac{\partial}{\partial r}+\frac{\partial \theta}{\partial x}\frac{\partial}{\partial \theta}+\frac{\partial \phi}{\partial x}\frac{\partial}{\partial \phi}$$

Nach viel umständlicher Algebra erhalten Sie die richtige Form.

Es folgt aus der allgemeinen Definition des Gradienten als

$$\langle\nabla f(p)|v\rangle=d_pf(v)=\sum_i\left.\frac{\partial f}{\partial x^i}\right|_pdx^i(v)$$ wobei p ein Punkt im Raum und va Vektor im Tangentialraum ist. Die Summierung erfolgt über die Basisvektoren des Tangentialraums. Sie können versuchen, diesen Ausdruck zu erweitern, um das Endergebnis für die Komponente zu erhalten $i$ $$(\nabla f)_i=\frac{1}{h_i}\frac{\partial f}{\partial x^i}$$ Dies ist die nützlichste Formel. Die Quantität $h_i$ist der Modul der $i$te Tangentenvektor.

Beispiel: Sie möchten den Gradienten in Kugelkoordinaten berechnen. Die Basis des Tangentialraums ist$\{\frac{\partial}{\partial r},\frac{\partial}{\partial \theta},\frac{\partial}{\partial\phi}\}$. Seit

$$\begin{split} \left\|\frac{\partial}{\partial \theta}\right\|^2&= \left\| \frac{\partial x}{\partial\theta}\frac{\partial}{\partial x}+ \frac{\partial y}{\partial\theta}\frac{\partial}{\partial y}+ \frac{\partial z}{\partial\theta}\frac{\partial}{\partial z} \right\|^2\\ &= r^2\cos^2\theta\cos^2\phi\underbrace{\left\|\frac{\partial}{\partial x}\right\|^2}_{=1}+ r^2\cos^2\theta\sin^2\phi\underbrace{\left\|\frac{\partial}{\partial y}\right\|^2}_{=1}+ r^2\sin^2\theta\underbrace{\left\|\frac{\partial}{\partial z}\right\|^2}_{=1}\\ &=r^2 \end{split}$$ So bekommen wir $$h_\theta=\left\|\frac{\partial}{\partial \theta}\right\|=r$$ Im gleichen Sinne können Sie das berechnen $$h_r=1\quad\text{and}\quad h_\phi=r\sin\theta$$ was uns den Gradienten in Kugelkoordinaten gibt $$\nabla f=\frac{\partial f}{\partial r}\hat e_r+\frac{1}{r}\frac{\partial f}{\partial\theta}\hat e_\theta+\frac{1}{r\sin\theta}\frac{\partial f}{\partial\phi}\hat e_\phi$$

Beweis für den ersten Schritt

Erweitern Sie den Vektor$|\nabla f\rangle$in Bezug auf Basisvektoren

$$|\nabla f\rangle =\sum_i(\nabla f)_i|e_i\rangle =\sum_i(\nabla f)_i\frac{1}{h_i}|\frac{\partial}{\partial x^i}\rangle$$ Dies ist im Grunde der Faktor $h_i$kommt von. Jetzt nimm $v=|\frac{\partial}{\partial x^k}\rangle$und fügen Sie es in den ersten oben angegebenen Ausdruck ein. Beachten Sie, dass wir per Definition eines dualen Vektors erhalten $dx^i(|\frac{\partial}{\partial x^k}\rangle)=\delta_k^i$. Die linke Seite ist $$\begin{split} \langle f|\frac{\partial}{\partial x^k}\rangle &=\sum_i(\nabla f)_i\frac{1}{h_i}\langle\frac{\partial}{\partial x^i}|\frac{\partial}{\partial x^k}\rangle\\ &=\sum_i(\nabla f)_i\frac{1}{h_i}h_i^2\delta_{ik}\\ &=(\nabla f)_kh_k \end{split}$$ Während die rechte Seite $$\sum_i\left.\frac{\partial f}{\partial x^i}\right|_pdx^i\left(|\frac{\partial}{\partial x^k}\rangle\right) =\sum_i\left.\frac{\partial f}{\partial x^i}\right|_p\delta^i_k =\frac{\partial f}{\partial x^k}$$ Durch den Vergleich beider Ausdrücke erhält man die Behauptung.