Коэффициенты Ламе и вывод дивергенции

[shukshin]

Здравствуйте, уважаемые участники! Хочу вывести оператор дивергенции в произвольных ортонормированных криволинейных координатах, зная оператор градиента в них же.
Пусть он известен,
$ \nabla u = \sum_i \frac {1} {H_i} u_{y_i} e_{y_i}$ (последний сомножитель - орт новых координат, производные пишу нижними индексами).
Пусть декартовы координаты $x_i$, новые ортонормированные криволинейные - $y_i$.
Пытаюсь использовать $ \operatorname{div} F = (\nabla, F)$, где $F = F_1 e_{y1} + F_2 e_{y2} + ... + F_n e_{y_n}$.
Выходит: $ \operatorname{div} F = \sum_i \frac {1} {H_i} F_{i, y_i}$.
И это не правда, судя по результатам из литературы. Чего я недопонял?
Помогите правильно провести вывод.

P.S. Затем, опираясь на этот результат, хочу получить оператор Лапласа.
P.P.S. Посоветуйте, где можно хорошо усвоить про коэффициенты Ламе и метрический тензор.

[Red_Herring]

Неправильно то, что Вы не учитываете что по определению дивергенция сопряжена градиенту:

$$\int (\nabla\cdot \mathbf{F})\phi \,dV = -\int \mathbf{F} \cdot \nabla\phi \,dV$$

где $dV$ элемент объема. Как он записывается в криволинейных координатах?

[shukshin]

Red_Herring
через Якобиан, $dx_1 ... dx_n = |J| dy_1 ... dy_n $

[Red_Herring]

shukshin
Вот то то и оно. Выразите оба интеграла в криволинейных координатах (градиент считать умеете).

Но лучше вообще забыть о том, что есть какие-то прямолинейные координаты и записать элемент объема через метрику.

[shukshin]

Red_Herring
у меня нет знаний по метрическим тензорам на данный момент. попробую через интегралы.

[Red_Herring]

shukshin в сообщении #1132657 писал(а):

у меня нет знаний по метрическим тензорам на данный момент. попробую через интегралы.

$dV= \sqrt{g}dx_1\cdots dx_n$, где $g=\det(g_{jk})= \det (g^{jk})^{-1}$
Интегралы нужны в любом случае

[Slav-27]

Red_Herring

Red_Herring в сообщении #1132652 писал(а):

по определению дивергенция сопряжена градиенту:

$$\int (\nabla\cdot \mathbf{F})\phi \,dV = -\int \mathbf{F} \cdot \nabla\phi \,dV$$

Прям определение такое? А какие пространства слева и справа?..

(Если бы от меня кто-то затребовал инвариантное определение, я сказал бы $\operatorname{grad}=\sharp d$, $\operatorname{div}=\ast\sharp d\ast$ .
Тут $d$ -- внешний дифференциал, $\sharp$ поднимает все индексы, а $\ast$ даёт по $p$-вектору $T$ дополнительную к нему $n-p$-форму, так что для любой $p$-формы $\omega$ имеем $\omega\wedge\ast T=\omega\cdot T\, dV$

[svv]

Можно представить в какой-нибудь методичке такое определение: $\operatorname{div}\mathbf a$ — это то, что в декартовых координатах равно $\frac{\partial a^i}{\partial x^i}$ . Я не говорю, что это определение хорошее, но из него тоже можно получить требуемое выражение — переходом к произвольным координатам.

[Red_Herring]

Slav-27 в сообщении #1132723 писал(а):

Прям определение такое? А какие пространства слева и справа?.

ну с конечномерными пространствами ТС вроде бы знаком, а наворачивать лишний уровень абстрактности с формами вряд ли будет полезно (вряд ло он студент-математик). Его ведь интересует (скорее всего) откуда в определении дивергенции лишние члены взялись.

[Munin]

"Лишний уровень абстрактности", как я понимаю, становится необходим на многообразиях?

[Red_Herring]

Munin в сообщении #1132741 писал(а):

Лишний уровень абстрактности", как я понимаю, становится необходим на многообразиях?

Отнюдь. Градиент и дивергенция и лапласиан на скалярах форм не требуют (можно обойтись без них). Лапласиан на формах уже требует форм.

[Munin]

Ага! Ясно!

[svv]

Вывод, основанный на преобразовании координат — «чтобы было».
Я хочу получить формулу

$$\operatorname{div}\mathbf a = \frac 1 {\sqrt{g}}\;\frac{\partial}{\partial x^k}\left(a^k\sqrt{g}\right)=\frac{\partial a^k}{\partial x^k}+a^k\,\frac 1{\sqrt{g}}\,\frac{\partial\sqrt{g}}{\partial x^k}\eqno{(0)}$$

Исходим из того, что $\operatorname{div}\mathbf a =\dfrac{\partial \tilde a^i}{\partial \tilde x^i}$ (тильдой помечаем декартовы координаты, компоненты и т.д.). Перейдём к некоторой другой системе координат $(x^k)$:

$$\operatorname{div}\mathbf a =\frac{\partial x^j}{\partial \tilde x^i}\,\frac{\partial}{\partial x^j}\left(a^k \frac{\partial \tilde x^i}{\partial x^k}\right)=\frac{\partial a^k}{\partial x^k}+a^k\,\frac{\partial x^j}{\partial \tilde x^i}\,\frac{\partial^2 \tilde x^i}{\partial x^j \partial x^k}$$

Сравнивая это с $(0)$, видим, что достаточно доказать

$$\frac{\partial\sqrt{g}}{\partial x^k}=\sqrt{g}\;\frac{\partial x^j}{\partial \tilde x^i}\;\frac{\partial^2 \tilde x^i}{\partial x^j \partial x^k}\eqno{(1)}$$

Пусть $P$ — матрица перехода от базиса $\tilde{\mathbf e}_i$ к базису $\mathbf e_k$ в некоторой точке, тогда её элементы $P^{\tilde i}{}_j=\dfrac{\partial \tilde x^i}{\partial x^j}$, а элементы обратной матрицы $(P^{-1})^j{}_{\tilde i}=\dfrac{\partial x^j}{\partial \tilde x^i}$. Тогда матрица $G=(g_{jk})=P^T\tilde G P$, откуда $\sqrt{g}=\det P$. В этих обозначениях $(1)$ перепишется в виде

$$\frac{\partial}{\partial x^k}\det P=\det P\;(P^{-1})^j{}_{\tilde i}\;\frac{\partial P^{\tilde i}{}_j}{\partial x^k}$$

Но это равенство следует из формулы для производной определителя (которая сама несложно выводится).
Итак, «декартовость» системы $(\tilde x^i)$ потребовалась лишь в том, что $\sqrt{\tilde g}=1$.