nablaの座標変換

まとめ

$ \pmb{\nabla}=\sum_i\pmb{e}_i\frac{\partial}{\partial e_i}

座標変換

別の成分への変換

$ \frac{\partial}{\partial \bar{f}_i}=[\pmb{I}]^\mathsf{F\bar{E}}_{ij}\frac{\partial}{\partial \bar{e}_j}

通常の座標変換と同じ

同じパラメタで表す

$ \pmb{\nabla}=\sum_i\bar{\pmb{e}}_i\frac{\partial}{\partial \bar{e}_i}=\sum_i\frac{\partial\pmb{r}}{\partial e_i}\frac{\partial}{\partial \bar{e}_i}

これを共変か反変に統一する

$ =\sum_i\bar{\pmb{e}}_i[\pmb{I}]^\mathsf{EE}_{ij}\frac{\partial}{\partial e_j}=\sum_i\frac{\partial\pmb{r}}{\partial e_i}[\pmb{I}]^\mathsf{EE}_{ij}\frac{\partial}{\partial e_j}

成分表示

$ \mathrm{d}\pmb{r}=\sum_i\frac{\partial\pmb{r}}{\partial e_i}\mathrm{d}e_i=:\sum_i\bar{\pmb{e}}_i\mathrm{d}e_i

$ \mathrm{d}\pmb{r}=\sum_i\frac{\partial\pmb{r}}{\partial \bar{e}_i}\mathrm{d}\bar{e}_i=:\sum_i\pmb{e}_i\mathrm{d}\bar{e}_i

$ \frac{\partial\bar e_i}{\partial e_j}=[\pmb I]^{\sf\bar E\bar E}_{ij}=\bar{\pmb e}_i\cdot\bar{\pmb e}_j=\frac{\partial\pmb r}{\partial e_i}\cdot\frac{\partial\pmb r}{\partial e_j}

だから、

$ {\rm d}\bar e_i=\sum_j\frac{\partial\pmb r}{\partial e_i}\cdot\frac{\partial\pmb r}{\partial e_j}{\rm d}e_j=\bar{\pmb e}_i\cdot{\rm d}\pmb r=[{\rm d}\pmb r]^{\sf\bar E}_i

$ \frac{\partial}{\partial\bar e_i}=\sum_j\frac{\partial e_j}{\partial\bar e_i}\frac{\partial}{\partial e_j}=\sum_j[\pmb I]^{\sf EE}_{ij}\frac{\partial}{\partial e_j}

nablaの座標変換

$ [\pmb{\nabla}]^\mathsf{\bar{F}}=[\pmb{I}]^\mathsf{\bar{F}E}[\pmb{\nabla}]^\mathsf{\bar{E}}

よって、

$ [\pmb{\nabla}]^\mathsf{F}_i=\sum_j[\pmb{I}]^\mathsf{FF}_{ij}\frac{\partial}{\partial f_j}

$ \therefore [\pmb{\nabla}]^\mathsf{\bar{F}}_i=\frac{\partial}{\partial f_i}

$ \pmb{f}_0=\pmb{e}_0

$ \pmb{f}_1=\pmb{e}_1\cos\theta+\pmb{e}_2\sin\theta

$ \pmb{f}_2=-r\pmb{e}_1\sin\theta+r\pmb{e}_2\cos\theta

$ \therefore [\pmb{\nabla}]^\mathsf{F}=\left(\frac{\partial}{\partial x},\frac{\partial}{\partial r},\frac1{r^2}\frac{\partial}{\partial \theta}\right)^\top

$ \because \pmb{f}_0\bot\pmb{f}_1\land\pmb{f}_1\bot\pmb{f}_2\land\pmb{f}_2\bot\pmb{f}_0

基底を正規化すると

$ \pmb{\nabla}=\pmb{f}_0\frac{\partial}{\partial x}+\pmb{f}_1\frac{\partial}{\partial r}+\hat{\pmb{f}_2}\frac1r\frac{\partial}{\partial \theta}

になる

一般化すると

$ \pmb{\nabla}=\sum_i\pmb{e}_i\frac{\partial}{\partial e_i}=\sum_{i,j,k}[\pmb{I}]^\mathsf{EG}_{ij}\bar{\pmb{g}}_j[\pmb{I}]^\mathsf{\bar{E}F}_{ik}\frac{\partial}{\partial f_k}

$ \therefore[\pmb{\nabla}]^\mathsf{G}_i=\sum_j[\pmb{I}]^\mathsf{GF}_{ij}\frac{\partial}{\partial f_j}

$ \pmb{\nabla}\pmb{a}=\sum_{i,j}\pmb{f}_i\frac{\partial[\pmb{a}]^\mathsf{\bar{G}}_j\pmb{g}_j}{\partial f_i}

$ =\sum_{i,j}\pmb{f}_i\pmb{g}_j\frac{\partial[\pmb{a}]^\mathsf{\bar{G}}_j}{\partial f_i}+\pmb{f}_i\pmb{\Gamma}^\mathsf{\bar{F}G}_{ij}[\pmb{a}]^\mathsf{\bar{G}}_j

今名付けた！

$ \therefore [\pmb{\nabla}\pmb{a}]^\mathsf{\bar{F}\bar{G}}_{ij}=\frac{\partial[\pmb{a}]^\mathsf{\bar{G}}_j}{\partial f_i}+\sum_k\pmb{\Gamma}^\mathsf{\bar{F}G}_{ik}\cdot\bar{\pmb{g}}_j[\pmb{a}]^\mathsf{\bar{G}}_k

定tensorの微分が0になるような形式を見つければいいのか？

$ [\pmb{\nabla}\pmb{a}]^\mathsf{F\bar{F}}_{ij}=\left[\frac{\partial\pmb{a}}{\partial\bar{f}_i}\right]^\mathsf{\bar{F}}_j=a^j|_i=a^j_{;i}=a^j\overleftarrow{\nabla}_i=\overrightarrow{\nabla}_ia^j

としている

双対記号を外すとこんな感じ

$ [\pmb{\nabla}\pmb{a}]^\mathsf{FG}_{ij}=\frac{\partial[\pmb{a}]^\mathsf{G}_j}{\partial \bar{f}_i}+\sum_k\pmb{\Gamma}^\mathsf{F\bar{G}}_{ik}\cdot\pmb{g}_j[\pmb{a}]^\mathsf{G}_k

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以前の計算メモ

基底の変換

$ \pmb{e}_i=\frac{\partial\pmb{r}}{\partial x_i}=\sum_j\frac{\partial\pmb{r}}{\partial y_j}\frac{\partial y_j}{\partial x_i}=\sum_j\frac{\partial y_j}{\partial x_i}\pmb{f}_j

$ [\pmb{I}]^\mathsf{F\bar{E}}_{ij}=\frac{\partial y_i}{\partial x_j}

$ \because\pmb{e}_i=\sum_j{[\pmb{I}]^\mathsf{E\bar{F}}}^{-1}_{ji}\pmb{f}_j

$ [\pmb{a}]^\mathsf{\bar{E}}_i=\sum_j [\pmb{I}]^\mathsf{\bar{E}\bar{E}}_{ij}[\pmb{a}]^\mathsf{E}_j

$ [\pmb{I}]^\mathsf{\bar{E}\bar{E}}_{ij}=\pmb{e}_i\cdot\pmb{e}_j=\frac{\partial\pmb{r}}{\partial x_i}\cdot\frac{\partial\pmb{r}}{\partial x_j}

scalar場の微分

$ \frac{\partial\phi}{\partial x_i}=\sum_j\frac{\partial y_j}{\partial x_i}\frac{\partial\phi}{\partial y_j}=\sum_j[\pmb{I}]^\mathsf{\bar{E}F}_{ij}\frac{\partial\phi}{\partial y_j}

$ [\pmb{\nabla}\phi]^\mathsf{E}_i=\frac{\partial\phi}{\partial x_i}

対応がわかりやすいよう、x,yをe,fに変える

$ \pmb{e}_i=\sum_j\frac{\partial f_j}{\partial e_i}\pmb{f}_j=\sum_j{[\pmb{I}]^\mathsf{E\bar{F}}}^{-1}_{ji}\pmb{f}_j=\sum_j[\pmb{I}]^\mathsf{\bar{E}F}_{ij}\pmb{f}_j

$ \therefore[\pmb{I}]^\mathsf{\bar{E}F}_{ij}=\frac{\partial f_j}{\partial e_i}

$ \frac{\partial\phi}{\partial e_i}=\sum_j[\pmb{I}]^\mathsf{\bar{E}F}_{ij}\frac{\partial\phi}{\partial f_j}

極座標への変換を試してみる

$ \pmb{f}_0=\cos f_1\pmb{e}_0+\sin f_1\pmb{e}_1

$ \pmb{f}_1=-f_0\sin f_1\pmb{e}_0+f_0\cos f_1\pmb{e}_1

$ [\pmb{I}]^\mathsf{\bar{F}E}=\begin{pmatrix}\cos f_1&\sin f_1\\-f_0\sin f_1&f_0\cos f_1\end{pmatrix}

$ \iff[\pmb{I}]^\mathsf{\bar{E}F}=\frac{1}{f_0}\begin{pmatrix}f_0\cos f_1&-\sin f_1\\f_0\sin f_1&\cos f_1\end{pmatrix}

$ [\pmb{\nabla}\phi]^\mathsf{F}=\frac{1}{f_0}\begin{pmatrix}f_0\cos f_1&f_0\sin f_1\\-\sin f_1&\cos f_1\end{pmatrix}\frac{1}{f_0}\begin{pmatrix}f_0\cos f_1&-\sin f_1\\f_0\sin f_1&\cos f_1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\frac{\partial\phi}{\partial f_0}\\\frac{\partial\phi}{\partial f_1}\end{pmatrix}

$ =\frac{1}{{f_0}^2}\begin{pmatrix}{f_0}^2&0\\0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\frac{\partial\phi}{\partial f_0}\\\frac{\partial\phi}{\partial f_1}\end{pmatrix}

$ \underline{=\begin{pmatrix}\frac{\partial\phi}{\partial f_0}\\\frac{1}{{f_0}^2}\frac{\partial\phi}{\partial f_1}\end{pmatrix}\quad}

うん。間違っている。めちゃくちゃな値になってしまう

これ以上は手書きしないと謎を解明できなそう

かなり複雑な式になってきた

TeXベタ書きでは限界だ

そうすればどこでミスがあるか判明するだろう

↑と比べたら修正できた

転置・逆行列と基底の交換演算のミスだった

再計算したら極座標の勾配の式と一致した

まとめ

$ [\pmb{\nabla}\phi]^\mathsf{F}_i=\sum_{j,k}{[\pmb{I}]^\mathsf{\bar{E}F}}^\top_{ij}[\pmb{I}]^\mathsf{\bar{E}F}_{jk}\frac{\partial\phi}{\partial f_k}

$ \frac{\partial\phi}{\partial e_i}=\sum_j[\pmb{I}]^\mathsf{\bar{E}F}_{ij}\frac{\partial\phi}{\partial f_j}