Cómo obtener el gradiente en coordenadas polares

Question

No estoy seguro de cómo encontrar el gradiente en coordenadas polares. Lo que más me preocupa es cómo encontrar los vectores unitarios $\hat{r}$ y $\hat{\theta}$. Mi enfoque para el resto es expresar las derivadas parciales con respecto a $r$ y $\theta usando la regla de la cadena.

¿Cómo puedo resolver este problema?

Answer 1

El operador de gradiente en coordenadas cartesianas 2-dimensionales es $$ \nabla=\hat{\pmb e}_{x}\frac{\partial}{\partial x}+\hat{\pmb e}_{y}\frac{\partial}{\partial y} $$ La forma más obvia de convertir esto en coordenadas polares sería escribir los vectores base $\hat{\pmb e}_x$ y $\hat{\pmb e}_{y}$ en términos de $\hat{\pmb e}_{r}$ y $\hat{\pmb e}_{\theta}$ y escribir las derivadas parciales $\frac{\partial}{\partial x}$ y $\frac{\partial}{\partial y}$ en términos de $\frac{\partial}{\partial r}$ y $\frac{\partial}{\partial \theta}$ usando la regla de la cadena.

Entonces tenemos: $$ \begin{align} \hat{\pmb e}_{x}&=\cos\theta\, \hat{\pmb e}_{r}-\sin\theta\, \hat{\pmb e}_{\theta} \\ \hat{\pmb e}_{y}&=\sin\theta\, \hat{\pmb e}_{r}+\cos\theta\, \hat{\pmb e}_{\theta} \\ &\\ \frac{\partial}{\partial x}&=\frac{\partial r}{\partial x}\frac{\partial}{\partial r}+\frac{\partial\theta}{\partial x}\frac{\partial}{\partial \theta} \\ \frac{\partial}{\partial y} &=\frac{\partial r}{\partial y}\frac{\partial}{\partial r}+\frac{\partial\theta}{\partial y}\frac{\partial}{\partial \theta} \end{align} $$ Observando que $r=\sqrt{x^2+y^2}$ y $\theta=\arctan\left(\frac{y}{x}\right)$, tenemos $$ \begin{align} \frac{\partial r}{\partial x}&=\cos\theta &\frac{\partial r}{\partial y}&=\sin\theta\\ \frac{\partial\theta}{\partial x}&=-\frac{\sin\theta}{r} & \frac{\partial\theta}{\partial y}&=\frac{\cos\theta}{r} \end{align} $$ y $$ \begin{align} \nabla&=\hat{\pmb e}_{x}\frac{\partial}{\partial x}+\hat{\pmb e}_{y}\frac{\partial}{\partial y}\\ &=(\cos\theta\, \hat{\pmb e}_{r}-\sin\theta\, \hat{\pmb e}_{\theta})\left(\frac{\partial r}{\partial x}\frac{\partial}{\partial r}+\frac{\partial\theta}{\partial x}\frac{\partial}{\partial \theta}\right)+(\sin\theta\, \hat{\pmb e}_{r}+\cos\theta\, \hat{\pmb e}_{\theta})\left( \frac{\partial r}{\partial y}\frac{\partial}{\partial r}+\frac{\partial\theta}{\partial y}\frac{\partial}{\partial \theta} \right)\\ &=\ldots\\ &=\hat{\pmb e}_{r}\frac{\partial }{\partial r}+\hat{\pmb e}_{\theta}\frac{1}{r}\frac{\partial }{\partial \theta}. \end{align} $$

Esto ciertamente da la respuesta correcta, pero hay una manera más rápida. Considera una función $f(\pmb r)$ en coordenadas polares: esta es una función $f(r,\theta)$. El pequeño cambio al ir desde el punto $\pmb r$ con coordenadas $(r,\theta)$ al punto $\pmb r+\operatorname{d}\pmb r$ con coordenadas $(r + \operatorname{d}r,\theta + \operatorname{d}\theta)$ es $$ \operatorname{d}f=\frac{\partial f}{\partial r}\operatorname{d}r+\frac{\partial f}{\partial \theta}\operatorname{d}\theta \tag 1 $$ Observa que $\operatorname{d}f=\operatorname{d}\pmb r\cdot \nabla f$ y $\operatorname{d}\pmb r=\operatorname{d}r\hat{\pmb e}_{r}+r\operatorname{d}\theta \hat{\pmb e}_{\theta}$. Supongamos, entonces, que $$ \nabla f=\alpha\hat{\pmb e}_{r}+\beta \hat{\pmb e}_{\theta} $$ donde $\alpha$ y $\beta$ deben ser encontrados. Obtenemos $$\operatorname{d}f=\operatorname{d}\pmb r\cdot \nabla f=\left(\operatorname{d}r\hat{\pmb e}_{r}+r\operatorname{d}\theta \hat{\pmb e}_{\theta}\right)\cdot\left(\alpha\hat{\pmb e}_{r}+\beta \hat{\pmb e}_{\theta}\right)=\alpha\operatorname{d}r+\beta r\operatorname{d}\theta \tag 2$$ porque $\hat{\pmb e}_{r}\cdot\hat{\pmb e}_{r}=\hat{\pmb e}_{\theta}\cdot \hat{\pmb e}_{\theta}=1$ y $\hat{\pmb e}_{\theta}\cdot \hat{\pmb e}_{r}=0$. Comparando (1) y (2) vemos que $\alpha=\frac{\partial f}{\partial r}$ y $\beta=\frac{1}{r}\frac{\partial f}{\partial \theta}$. Por lo tanto, obtenemos $$\nabla f=\hat{\pmb e}_{r}\frac{\partial f}{\partial r}+\hat{\pmb e}_{\theta}\frac{1}{r}\frac{\partial f}{\partial \theta}$$ y podemos identificar al operador de gradiente en sí mismo como $$ \nabla =\hat{\pmb e}_{r}\frac{\partial }{\partial r}+\hat{\pmb e}_{\theta}\frac{1}{r}\frac{\partial }{\partial \theta}. $$

Answer 2

Esta versión es para aquellos que prefieren una notación diferente. $$ u \circ \sigma = f, \text { donde } \sigma(x,y) = \left(\sqrt{x^2+y^2}, \arctan\frac yx\right)$$ Fijemos $a=(x,y) = r(\cos\theta,\sin\theta)$. Sea $(Df)(a)$ y $(\nabla f)(a)$ el operador lineal y el vector que lo representa. Por la regla de la cadena, $$(Df)(a) = (Du)(\sigma(a)) \circ (D\sigma)(a).$$ Lo que implica que \begin{align} (\nabla f)(a) &= (\nabla u)(\sigma(a))\cdot \pmatrix{ \cos\theta & \sin\theta \\ -\frac 1 r\sin\theta & \frac 1r\cos\theta} \\ &= u_r(\sigma(a))\cdot(\cos\theta , \sin\theta) + \frac 1r u_{\theta}(\sigma(a))\cdot(-\sin\theta, \cos \theta). \end{align> Detengámonos por un momento y observemos nuestro resultado: El vector $(\nabla f)(a)$ es una combinación lineal de los vectores $(\cos\theta,\sin\theta)$ y $(-\sin\theta, \cos\theta)$.

De hecho, \begin{align}\{\, \boldsymbol{e_r} &= (\cos\theta,\sin\theta)\\ , \boldsymbol{e_{\theta}} &= (-\sin\theta, \cos\theta)\}\end{align} es una base para $\mathbb R^2$. Usando nuestra nueva notación, la ecuación anterior se convierte

$$ (\nabla f)(a) = u_r(\sigma(a))\cdot \boldsymbol{e_r} + \frac 1r u_{\theta}(\sigma(a))\cdot \boldsymbol{e_{\theta}} = \left(u_r(\sigma(a)), \frac 1r u_{\theta}(\sigma(a))\right) = (\nabla(u))(\sigma(a))\cdot\pmatrix{1 \\ \frac 1r},$$

o equivalentemente, $$ (\nabla f)(r(\sin\theta, \cos\theta)) = \left(u_r(r, \theta), \frac 1r u_{\theta}(r, \theta)\right) = (\nabla u)(r,\theta)\cdot\pmatrix{1 \\ \frac 1r}. $$

Si comenzamos a omitir algunas variables, las cosas se vuelven más bonitas, pero también algo más fáciles de malinterpretar.

$$ \nabla f = \nabla u \cdot \pmatrix{1 \\ \frac 1r} = \left(u_r, \frac 1r u_{\theta}\right) = \boldsymbol{e_r} u_r + \boldsymbol{e_{\theta}} \frac 1r u_{\theta} =\boldsymbol{e_r} \frac{\partial u}{\partial r}+ \boldsymbol{e_{\theta}}\frac 1r \frac{\partial u}{\partial \theta} $$ También podemos omitir los nombres de las funciones, lo que lleva a

$$ \nabla = \boldsymbol{e_r} \frac{\partial}{\partial r}+ \boldsymbol{e_{\theta}} \frac 1r \frac{\partial}{\partial \theta}. $$