Del operador en coordenadas Cilíndricas (problema en la diferenciación parcial)

Question

Actualmente estoy revisando básica de análisis vectorial y tratando de entender cada uno de los detalles, sin embargo, me quedé atrapado en alguna derivación.

Lo que quiero mostrar es el siguiente:

Dada la del operador (es decir, el vector diferencial de operador) en la Coordenadas cartesianas $(x,y,z)$

$$\nabla=\frac{\partial }{\partial x}\mathbf{a}_x+\frac{\partial }{\partial y}\mathbf{a}_y+\frac{\partial }{\partial z}\mathbf{a}_z$$

mostrar que la corrseponding operador en coordenadas Cilíndricas $(\rho, \phi ,z)$ está dada por$$\nabla=\frac{\partial }{\partial\rho}\mathbf{a}_\rho+\frac{1}{\rho}\frac{\partial }{\partial \phi}\mathbf{a}_\phi+\frac{\partial }{\partial z}\mathbf{a}_z$$

He intentado una aproximación. Sin embargo, por curiosidad he intentado un método diferente, pero yo no podía hacerlo bien.

---

Enfoque #1:

Desde el punto-a-punto de transformación $$\rho=\sqrt{x^2+y^2}, \; \phi=\text{tan}\frac{y}{x}$$

diferenciación parcial con respecto a $x$ $y$ rendimientos \begin{align} \frac{\partial \rho}{\partial x} &=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}=\frac{\rho \, \text{cos}\phi}{\rho}=\text{cos}\phi \\ \frac{\partial \rho}{\partial y}&=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}=\frac{\rho \, \text{sin}\phi}{\rho}=\text{sin}\phi \end{align} y \begin{align} \frac{\partial \phi}{\partial x}&=\frac{-y}{x^2}\frac{1}{1+(\frac{y}{x})^2}=\frac{-y}{x^2+y^2}=\frac{-\rho \, \text{sin}\phi}{\rho^2}=\frac{-\text{sin}\phi}{\rho} \\ \frac{\partial \phi}{\partial y}&=\frac{1}{x}\frac{1}{1+(\frac{y}{x})^2}=\frac{x}{x^2+y^2}=\frac{\rho \, \text{cos}\phi}{\rho^2}=\frac{\text{cos}\phi}{\rho} \end{align}

Ahora, conectar estas en la regla de la cadena diferenciación de las fórmulas \begin{align} \frac{\partial }{\partial x}&=\frac{\partial }{\partial \rho}\;\frac{\partial \rho}{\partial x}+\frac{\partial }{\partial \phi}\;\frac{\partial \phi}{\partial x} \\ \frac{\partial }{\partial y}&=\frac{\partial }{\partial \rho}\;\frac{\partial \rho}{\partial y}+\frac{\partial }{\partial \phi}\;\frac{\partial \phi}{\partial y} \end{align}

y haciendo uso de la unidad de vectores de transformación de coordenadas Cartesianas a Cilíndrica \begin{align} \mathbf{a}_x&=\text{cos}\phi\;\mathbf{a}_\rho-\text{sin}\phi\;\mathbf{a}_\phi\\ \mathbf{a}_y&=\text{sin}\phi\;\mathbf{a}_\rho+\text{cos}\phi\;\mathbf{a}_\phi \end{align}

Tenemos \begin{align} \nabla&=\frac{\partial }{\partial x}\mathbf{a}_x+\frac{\partial }{\partial y}\mathbf{a}_y+\frac{\partial }{\partial z}\mathbf{a}_z \\ &=\left (\frac{\partial }{\partial \rho}\;\frac{\partial \rho}{\partial x}+\frac{\partial }{\partial \phi}\;\frac{\partial \phi}{\partial x} \right )\left ( \text{cos}\phi\;\mathbf{a}_\rho-\text{sin}\phi\;\mathbf{a}_\phi \right )\\ &+\left ( \frac{\partial }{\partial \rho}\;\frac{\partial \rho}{\partial y}+\frac{\partial }{\partial \phi}\;\frac{\partial \phi}{\partial y} \right )\left ( \text{sin}\phi\;\mathbf{a}_\rho+\text{cos}\phi\;\mathbf{a}_\phi \right )+\frac{\partial }{\partial z}\mathbf{a}_z \\ &=\left (\frac{\partial }{\partial \rho}\;\text{cos}\phi+\frac{\partial }{\partial \phi}\;\frac{-\text{sin}\phi}{\rho} \right )\left ( \text{cos}\phi\;\mathbf{a}_\rho-\text{sin}\phi\;\mathbf{a}_\phi \right )\\ &+\left ( \frac{\partial }{\partial \rho}\;\text{sin}\phi+\frac{\partial }{\partial \phi}\;\frac{\text{cos}\phi}{\rho} \right )\left ( \text{sin}\phi\;\mathbf{a}_\rho+\text{cos}\phi\;\mathbf{a}_\phi \right )+\frac{\partial }{\partial z}\mathbf{a}_z\\ &=\left ( \text{sin}^2\phi+\text{cos}^2\phi \right )\frac{\partial }{\partial \rho}\mathbf{a}_\rho+\frac{1}{\rho}\left ( \text{sin}^2\phi+\text{cos}^2\phi \right )\frac{\partial }{\partial \phi}\mathbf{a}_\phi+\frac{\partial }{\partial z}\mathbf{a}_z\\ &=\frac{\partial }{\partial\rho}\mathbf{a}_\rho+\frac{1}{\rho}\frac{\partial }{\partial \phi}\mathbf{a}_\phi+\frac{\partial }{\partial z}\mathbf{a}_z \end{align}

cual es el resultado deseado.

Enfoque #2:

¿Cómo puedo obtener el mismo resultado a partir de la punto-a-punto de transformación $$x=\rho \, \text{cos}\phi,\; y=\rho \, \text{sin}\phi$$ mediante el uso de diferenciación parcial? Tal vez implícita diferenciación?

Answer 1

La transformación de coordenadas de polar a rectangular de coordenadas está dada por

$$\begin{align} x&=\rho \cos \phi \tag 1\\\\ y&=\rho \sin \phi \tag 2 \end{align}$$

Ahora, supongamos que la transformación de coordenadas de coordenadas Cartesianas a coordenadas polares dado por

$$\begin{align} \rho&=\rho (x,y)=\sqrt{x^2+y^2} \\\\ \phi&=\phi(x,y) = \begin{cases} \arctan(y/x)&,x>0\\\\ \arctan(y/x)+\pi&,x<0,y\ge 0\\\\ \arctan(y/x)-\pi&,x<0,y<0\\\\ \pi/2&,x=0,y>0\\\\ \pi/2&,x=0,y<0\\\\ \end{casos} \end{align}$$

no estaban disponibles en forma cerrada. Todavía podemos proceder a desarrollar una transformación de la gradiente de operador de coordenadas Cartesianas a polares.

Para ello, hacemos uso de la diferencial de relaciones

$$\begin{align} dx&=\frac{\partial x}{\partial \rho}d\rho+\frac{\partial x}{\partial \phi}d\phi\\\\ dy&=\frac{\partial y}{\partial \rho}d\rho+\frac{\partial y}{\partial \phi}d\phi\\\\ d\rho&=\frac{\partial \rho}{\partial x}dx+\frac{\partial \rho}{\partial y}dy\\\\ d\phi&=\frac{\partial \phi}{\partial x}dx+\frac{\partial \phi}{\partial y}dy \end{align}$$

La definición de la Wronskian $W$

$$\begin{align} W&=\frac{\partial \rho \cos \phi}{\partial \rho}\frac{\partial \rho \sin \phi}{\partial \phi}-\frac{\partial \rho \cos \phi}{\partial \phi}\frac{\partial \rho \sin \phi}{\partial \rho}\\\\ &=\rho \end{align}$$

nos encontramos con que

$$\begin{align} \frac{\partial \rho }{\partial x}&=\frac{1}{W}\frac{\partial \rho \sin \phi}{\partial \phi}\\\\&= \cos \phi\\\\ \frac{\partial \rho }{\partial y}&=-\frac{1}{W}\frac{\partial \rho \cos \phi}{\partial \phi}\\\\&= \sin \phi\\\\ \frac{\partial \phi }{\partial x}&=-\frac{1}{W}\frac{\partial \rho \sin \phi}{\partial \rho}\\\\&=- \frac{\sin \phi}{\rho}\\\\ \frac{\partial \phi }{\partial y}&=\frac{1}{W}\frac{\partial \rho \sin \phi}{\partial \phi}\\\\&=\frac{ \cos \phi}{\rho} \end{align}$$

Por lo tanto, tenemos

$$\begin{align} \hat x \frac{\partial }{\partial x}+\hat y \frac{\partial }{\partial y}&=(\hat \rho \cos \phi -\hat \phi \sin \phi)\left(\frac{\partial \rho}{\partial x}\frac{\partial }{\partial \rho}+\frac{\partial \phi}{\partial x}\frac{\partial }{\partial \phi}\right)+(\hat \rho \sin \phi +\hat \phi \cos \phi)\left(\frac{\partial \rho}{\partial y}\frac{\partial }{\partial \rho}+\frac{\partial \phi}{\partial y}\frac{\partial }{\partial \phi}\right)\\\\ &=\hat \rho \frac{\partial }{\partial \rho}+\hat \phi \frac{1}{\rho}\frac{\partial }{\partial \phi} \end{align}$$

como iba a ser mostrado!

Answer 2

Aquí está una manera más o menos directa de la forma de hacer esto:

El $z$-dimensión plazo será claramente sin cambios, por lo que necesitamos sólo se centran en $x$$y$. Tenemos $$\frac{\partial x}{\partial\rho}=\cos\phi, \frac{\partial y}{\partial\rho}=\sin\phi$$ and $$\frac{\partial x}{\partial\phi}=-\rho\sin\phi,\frac{\partial y}{\partial\phi}=\rho\cos\phi$$ También,$$\begin{align}\mathbf a_\rho&=\cos\phi\;\mathbf a_x+\sin\phi\;\mathbf a_y \\ \mathbf a_\phi&=\cos\phi\;\mathbf a_y-\sin\phi\;\mathbf a_x \end{align}$$ Ya sabemos que las derivadas parciales de $x$ $y$ w.r. a$\rho$$\phi$, una manera natural es empezar a expandir $\partial/\partial\rho$ $\partial/\partial\phi$ usando la regla de la cadena. Hacerlo, y también la transformación de la unidad de vectores, obtenemos $$\begin{align} \frac\partial{\partial\rho}\mathbf a_\rho&=\left(\frac{\partial x}{\partial\rho}\frac\partial{\partial x}+\frac{\partial y}{\partial\rho}\frac\partial{\partial y}\right)\left(\cos\phi\;\mathbf a_x+\sin\phi\;\mathbf a_y\right) \\ &=\left(\cos\phi\frac\partial{\partial x}+\sin\phi\frac\partial{\partial y}\right)\left(\cos\phi\;\mathbf a_x+\sin\phi\;\mathbf a_y\right) \\ &=\cos^2\phi\frac\partial{\partial x}\mathbf a_x+\cos\phi\sin\phi\frac\partial{\partial x}\mathbf a_y+\cos\phi\sin\phi\frac\partial{\partial y}\mathbf a_x+\sin^2\phi\frac\partial{\partial y}\mathbf a_y \end{align}$$ y (reorganizan de forma que los términos de la línea de arriba) $$\begin{align} \frac\partial{\partial\phi}\mathbf a_\phi&=\left(\frac{\partial x}{\partial\phi}\frac\partial{\partial x}+\frac{\partial y}{\partial\phi}\frac\partial{\partial y}\right)\left(\cos\phi\;\mathbf a_y-\sin\phi\;\mathbf a_x\right) \\ &=\left(-\rho\sin\phi\frac\partial{\partial x}+\rho\cos\phi\frac\partial{\partial y}\right)\left(\cos\phi\;\mathbf a_y-\sin\phi\;\mathbf a_x\right) \\ &=\rho\sin^2\phi\frac\partial{\partial x}\mathbf a_x-\rho\cos\phi\sin\phi\frac\partial{\partial x}\mathbf a_y-\rho\cos\phi\sin\phi\frac\partial{\partial y}\mathbf a_x+\rho\cos^2\phi\frac\partial{\partial y}\mathbf a_y \end{align}$$ Que parece prometedor. Dividir la segunda ecuación por $\rho$ y agregar a la primera: $$ \frac\partial{\parcial\rho}\mathbf a_\rho+\frac 1\rho\frac\partial{\parcial\phi}\mathbf a_\phi=\left(\cos^2\phi+\sin^2\phi\right)\frac\partial{\partial x}\mathbf a_x+\left(\cos^2\phi+\sin^2\phi\right)\frac\partial{\partial y}\mathbf a_y=\frac\partial{\partial x}\mathbf a_x+\frac\partial{\partial y}\mathbf a_y $$

Tenga en cuenta que en este caso, la inversa de coordenadas de mapa era fácil de calcular. El Dr. MV solución de la muestra que usted realmente no necesita la inversa de coordenadas del mapa para calcular sus derivadas parciales.