¿Cómo calcular un jacobiano en coordenadas polares?

Question

Considere la transformación $F$ de $\mathbb R^2\setminus\{(0,0)\}$ sobre sí mismo definido como $$F(x, y):=\left( \frac{x}{x^2+y^2}, \frac{y}{x^2+y^2}\right).$$ Su matriz jacobiana es $$\tag{1} \begin{bmatrix} \frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2} & -\frac{2xy}{(x^2+y^2)^2} \\ -\frac{2xy}{(x^2+y^2)^2} & \frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2} \end{bmatrix},\quad \text{and its determinant equals}\ \frac{-1}{(x^2+y^2)^2}.$$ El siguiente cálculo alternativo es equivocada en (!) y (!!), y no puedo ver por qué.

Dejemos que $\phi\colon (0, \infty)\times (-\pi, \pi)\to \mathbb R^2$ sea el mapa $$\phi(r, \theta) =(r\cos \theta, r\sin \theta).$$ Además, dejemos que $$\tag{2}\tilde{F}:=\phi^{-1}\circ F\circ \phi;$$ entonces, por un fácil cálculo directo, $$\tilde{F}(r, \theta)=\left( \frac1r, \theta\right).$$ La matriz jacobiana de $\tilde{F}$ es, pues, $$\tag{!}\begin{bmatrix} \frac{-1}{r^2} & 0 \\ 0 & 1\end{bmatrix} , \quad \text{and its determinant equals }\ \frac{-1}{r^2}.$$ Por otro lado, por (2) y por la regla de la cadena, los determinantes jacobianos de $F$ y $\tilde{F}$ son iguales. Concluimos que el determinante jacobiano de $F$ es $$\tag{!!} \frac{-1}{r^2}=\frac{-1}{x^2+y^2}.$$

El resultado (¡!) se desvía por un factor de $r^{-2}$ de la correcta, que se da en (1). La ecuación (!) también debe ser errónea. En efecto, al calcular la matriz jacobiana de (2) mediante la regla de la cadena, y utilizando esa $$D\phi = \begin{bmatrix} \cos \theta & \sin \theta \\ -r\sin \theta & r\cos \theta\end{bmatrix}$$ y que $$\tag{!!!} D(\phi^{-1})= \begin{bmatrix} \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}} & \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}} \\ -\frac{y}{x^2+y^2} & \frac{x}{x^2+y^2}\end{bmatrix},$$ Obtengo el resultado $$\begin{bmatrix} \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}} & \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}} \\ -\frac{y}{x^2+y^2} & \frac{x}{x^2+y^2}\end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2} & -\frac{2xy}{(x^2+y^2)^2} \\ -\frac{2xy}{(x^2+y^2)^2} & \frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \cos\theta & -r\sin\theta \\ \sin \theta & r\cos \theta\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -\frac1{r^2} & 0 \\ 0 & \frac{1}{r^2}\end{bmatrix},$$ que es diferente de la matriz en (!), y que da el determinante correcto de $-1/r^4$ como debe ser.

¿Puede ayudarme a detectar el error?

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SOLUCIÓN ( añadidos en un momento posterior ). Tal y como han señalado las respuestas, hay un error en (!!!). La matriz correcta que debe utilizarse es $$D(\phi^{-1})|_{F\circ \phi(r, \theta)} = \begin{bmatrix} \frac{\frac{x}{x^2 + y^2}}{\sqrt{\left(\frac{x}{x^2 + y^2} \right)^2+\left( \frac{y}{x^2 + y^2}\right)^2}} & \frac{\frac{y}{x^2 + y^2}}{\sqrt{\left(\frac{x}{x^2 + y^2} \right)^2+\left( \frac{y}{x^2 + y^2}\right)^2}} \\ -\frac{\frac{y}{x^2 + y^2}}{\left(\frac{x}{x^2 + y^2} \right)^2+\left( \frac{y}{x^2 + y^2}\right)^2} & \frac{\frac{x}{x^2 + y^2}}{\left(\frac{x}{x^2 + y^2} \right)^2+\left( \frac{y}{x^2 + y^2}\right)^2}\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}\cos\theta & \sin \theta \\ - r\sin \theta & r\cos\theta \end{bmatrix}.$$ Si hubiera utilizado esta matriz, habría encontrado el resultado correcto para la matriz jacobiana de $\tilde{F}$ que es la ecuación marcada (!). Así, (!) es en realidad correcto .

Mi malentendido fundamental fue la suposición de que, debido a (2), el determinante jacobiano debería ser invariante para los cambios de coordenadas. Esto no es cierto; lo que se deduce de (2) es sólo que $$\det D\tilde{F}|_{(r, \theta)}= \det D\phi^{-1}|_{F\circ\phi(r, \theta)}\det D\phi|_{(r, \theta)} \det DF|_{\phi(r, \theta)}.$$ Los dos primeros factores del lado derecho no es necesario cancelar como pensé erróneamente.

Answer 1

Los jacobianos de las dos funciones no son iguales por la regla de la cadena.

En realidad, $D(\phi(\frac{1}{r}, \cos\theta)) × D\tilde{F}(r, \theta)= DF \times D(\phi(r, \theta))$

Answer 2

No creo que haya ninguna contradicción.

Considere la forma de volumen $$\omega_{\rm Cart} = dx \wedge dy.$$ Su primer cálculo muestra que el retroceso $F^\star(\omega_{\rm Cart})$ viene dada por $$F^\star(\omega_{\rm Cart}) = - \frac{1}{(x^2+y^2)^2}\omega_{\rm Cart}.$$

Consideremos ahora la forma de volumen $$\omega_{\rm Polar} = dr \wedge d\theta.$$ Su segundo cálculo muestra que

$$F^\star(\omega_{\rm Polar})=-\frac 1 {r^2} \omega_{\rm Polar}.$$

Podemos utilizar esto para volver a calcular $F^\star(\omega_{\rm Cart})$ . Teniendo en cuenta que $$\omega_{\rm Cart} = r \omega_{\rm Polar},$$ que tenemos: $$\begin{align} F^\star(\omega_{\rm Cart}) &= F^\star(r\omega_{\rm Polar}) \\ &= F^\star(r) F^\star(\omega_{\rm Polar}) \\ &= \frac 1 r \left( - \frac 1 {r^2}\omega_{\rm Polar} \right) \\ &= - \frac{1}{r^4} \left(r\omega_{\rm Polar} \right) \\ &= - \frac 1 {r^4} \omega_{\rm Cart} \end{align}$$ lo que concuerda con el primer cálculo.

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En cuanto a la aplicación de la regla de la cadena, tenemos: $$(D\bar F)|_{(r, \theta)} = D(\phi^{-1})|_{F\circ \phi(r, \theta)} (DF)|_{\phi(r, \theta)} (D\phi)|_{(r, \theta)}$$

El punto clave es que debe evaluar $D(\phi^{-1})$ en el punto $\left(\frac x { (x^2 +y^2)}, \frac y {(x^2 + y^2)}\right)$ no en el punto $(x, y)$ .

Esto es igual a

$$D(\phi^{-1})|_{F\circ \phi(r, \theta)} = \begin{bmatrix} \frac{\frac{x}{x^2 + y^2}}{\sqrt{\left(\frac{x}{x^2 + y^2} \right)^2+\left( \frac{y}{x^2 + y^2}\right)^2}} & \frac{\frac{y}{x^2 + y^2}}{\sqrt{\left(\frac{x}{x^2 + y^2} \right)^2+\left( \frac{y}{x^2 + y^2}\right)^2}} \\ -\frac{\frac{y}{x^2 + y^2}}{\left(\frac{x}{x^2 + y^2} \right)^2+\left( \frac{y}{x^2 + y^2}\right)^2} & \frac{\frac{x}{x^2 + y^2}}{\left(\frac{x}{x^2 + y^2} \right)^2+\left( \frac{y}{x^2 + y^2}\right)^2}\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}\cos\theta & \sin \theta \\ - r\sin \theta & r\cos\theta \end{bmatrix}$$ que es no la inversa de $(D\phi)|_{(r, \theta)}$ .