¿Podría haber una forma de álgebra lineal para convertir una EDP a otro sistema de coordenadas?

Question

He intentado convertir una ecuación diferencial parcial de coordenadas rectangulares a polares en 2D.
Como uno de los pasos requeridos, expresé las primeras derivadas de cada una de las coordenadas rectangulares en términos de las coordenadas polares utilizando el regla de la cadena y yo tengo:

$\frac{\partial w}{\partial x} \;=\; \frac{\partial w}{\partial r}\!\cdot\!\color{red}{\cos{\theta}} \;+\; \frac{\partial w}{\partial \theta}\!\cdot\!\frac{\color{red}{-\sin{\theta}}}{\color{blue}{r}}$

$\frac{\partial w}{\partial y} \;=\; \frac{\partial w}{\partial r}\!\cdot\!\color{red}{\sin{\theta}} \;+\; \frac{\partial w}{\partial \theta}\!\cdot\!\frac{\color{red}{\cos{\theta}}}{\color{blue}{r}}$

Esto me resulta extrañamente familiar. Los coeficientes que he marcado en rojo se parecen mucho a los elementos de una matriz de transformación que gira algo por el ángulo $\theta$ ¡! :o

$\color{red}{\begin{bmatrix}\cos{\theta}&-\sin{\theta}\\\sin{\theta}&\cos{\theta}\end{bmatrix}}$

Pero el $\theta$ se divide adicionalmente por $\color{blue}{r}$ para compensar, de forma similar a como dividimos la longitud de arco por el radio para obtener el ángulo (la correspondiente longitud de arco en un círculo unitario).

Mi pregunta es entonces:
¿Hay algún truco de álgebra lineal subyacente que muestre esta relación de forma más explícita? (Del tipo de multiplicación matriz por vector que involucra a las derivadas parciales).

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Aparte:
Por si hubiera alguna duda sobre la corrección de mis cálculos, aquí están:

En primer lugar, tenemos las siguientes relaciones entre las coordenadas que se utilizarán:

$\begin{cases} x = r\cdot\cos\theta \\[2ex] y = r\cdot\sin\theta\end{cases}$       $\begin{cases} r = \sqrt{x^2 + y^2} = \color{green}{(x^2 + y^2)^{\frac{1}{2}}} \\[2ex] \theta = \color{green}{\arctan \left( \frac{y}{x} \right)} \end{cases}$

Ahora, por la regla de la cadena, tenemos:

$\begin{cases} \frac{\partial w}{\partial x} = \frac{\partial w}{\partial r} \color{red}{\frac{\partial r}{\partial x}} + \frac{\partial w}{\partial\theta} \color{red}{\frac{\partial\theta}{\partial x}} \\[2ex] \frac{\partial w}{\partial y} = \frac{\partial w}{\partial r} \color{red}{\frac{\partial r}{\partial y}} + \frac{\partial w}{\partial\theta} \color{red}{\frac{\partial\theta}{\partial y}} \end{cases}$

Ahora vamos a calcular el $\color{red}{\frac{\partial r}{\partial x}}$ y $\color{red}{\frac{\partial r}{\partial y}}$ que se utilizan en estas ecuaciones:

$\color{red}{\frac{\partial r}{\partial x}} = \frac{\partial}{\partial x}\left[ \color{green}{(x^2 + y^2)^{\frac{1}{2}}} \right] = (2x)\!\cdot\!\frac{1}{2}\left(x^2 + y^2\right)^{-\frac{1}{2}} = \frac{x}{\sqrt{x^2 + y^2}} = \frac{x}{r} = \frac{r\cdot\cos\theta}{r} = \color{red}{\cos\theta}$

$\color{red}{\frac{\partial r}{\partial y}} = \frac{\partial}{\partial y}\left[ \color{green}{(x^2 + y^2)^{\frac{1}{2}}} \right] = (2y)\!\cdot\!\frac{1}{2}\left(x^2 + y^2\right)^{-\frac{1}{2}} = \frac{y}{\sqrt{x^2 + y^2}} = \frac{y}{r} = \frac{r\cdot\sin\theta}{r} = \color{red}{\sin\theta}$

y también los otros dos, $\color{red}{\frac{\partial\theta}{\partial x}}$ y $\color{red}{\frac{\partial\theta}{\partial y}}$ :

$\color{red}{\frac{\partial\theta}{\partial x}} = \frac{\partial}{\partial x}\left[ \color{green}{\arctan \left( \frac{y}{x} \right)} \right] = \frac{1}{\left(\frac{y}{x}\right)^2 \;+\; 1} \cdot \frac{-y}{x^2} = \frac{-y}{\left( \frac{y^2}{x^2} \;+\; 1 \right)\cdot x^2} = \frac{-y}{y^2 \;+\; x^2} = \frac{-y}{r^2} = \frac{-r\cdot\sin\theta}{r^2} = \frac{\color{red}{-\sin\theta}}{\color{blue}{r}}$

$\color{red}{\frac{\partial\theta}{\partial y}} = \frac{\partial}{\partial y}\left[ \color{green}{\arctan \left( \frac{y}{x} \right)} \right] = \frac{1}{\left(\frac{y}{x}\right)^2 \;+\; 1} \cdot \frac{1}{x} = \frac{1}{\left( \frac{y^2}{x^2} \;+\; 1 \right)\cdot x} = \frac{1}{\frac{y^2}{x} \;+\; x} = \frac{1}{\frac{y^2 \;+\; x^2}{x}} = \frac{x}{x^2 \;+\; y^2} = \frac{x}{r^2} = \frac{r\cdot\cos\theta}{r^2} = \frac{\color{red}{\cos\theta}}{\color{blue}{r}}$

Si todavía crees que hay algún error con estos $\color{blue}{r}$ s, tenga la amabilidad de señalarlos.

También estaría bien que alguien corrigiera el formato, porque algunos símbolos han quedado muy pequeños y no sé cómo arreglarlo.

Answer 1

Sí, lo hay.

Las derivadas direccionales (o más bien los operadores diferenciales correspondientes) se comportan de forma muy parecida a los vectores, tanto que si alguna vez te pones a aprender sobre geometría diferencial y colectores, podrías ver algunas fuentes definir un "vector tangente" para ser un operador diferencial lineal.

De todos modos, para mantener esto más básico, la derivada parcial $\partial/\partial x$ te dice lo que le ocurre a la función cuando te mueves (con velocidad unitaria) en la dirección del vector unitario $\mathbf{e}_x=(1,0)$ . De la misma manera, $\partial/\partial r$ debería indicarle lo que ocurre con la función cuando se mueve en la dirección del vector unitario $\mathbf{e}_r=(\cos\theta,\sin\theta)$ .

Pero $\partial/\partial \theta$ es un poco más complicado; te dice lo que ocurre con la función al variar $\theta$ con velocidad unitaria, lo que en realidad significa moverse en el $xy$ avión con velocidad $r$ (cuanto más lejos esté, mayor será el efecto de variar $\theta$ ser). Así que $\partial/\partial \theta$ corresponde al vector $r \, \mathbf{e}_\theta = (-r \sin\theta,r \cos\theta)$ en el $\theta$ dirección. O dicho de otro modo, es la escalado operador $(1/r) \partial/\partial \theta$ que corresponde al unidad vector $\mathbf{e}_\theta = (-\sin\theta, \cos\theta)$ .

Con estas correspondencias, las relaciones entre los operadores diferenciales son exactamente como para los vectores correspondientes: $$ \mathbf{e}_r=(\cos\theta,\sin\theta) = \cos\theta \, \mathbf{e}_x + \sin\theta \, \mathbf{e}_y $$ da $$ \frac{\partial}{\partial r}= \cos\theta \, \frac{\partial}{\partial x} + \sin\theta \, \frac{\partial}{\partial y} $$ y $$ \mathbf{e}_\theta=(-\sin\theta,\cos\theta) = -\sin\theta \, \mathbf{e}_x + \cos\theta \, \mathbf{e}_y $$ da $$ \frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial \theta}= -\sin\theta \, \frac{\partial}{\partial x} + \cos\theta \, \frac{\partial}{\partial y} . $$ O con la notación matricial: $$ \begin{pmatrix} \frac{\partial}{\partial r} \\ \frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial \theta} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos\theta & \sin\theta \\ -\sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{\partial}{\partial x} \\ \frac{\partial}{\partial y} \end{pmatrix} , $$ lo que da (si invertimos la matriz) $$ \begin{pmatrix} \frac{\partial}{\partial x} \\ \frac{\partial}{\partial y} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{\partial}{\partial r} \\ \frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial \theta} \end{pmatrix} , $$ como se encontró usando la regla de la cadena.