Метрический тензор для ортонормированных полярных координат

[fizGSE]

Возьмем точку на плоскости, и построим на этой же плоскости всевозможные окружности с центром в этой точке. Теперь, определим в каждой точке плоскости локальный базис таким образом: базисные векторы единичной длины $\overrightarrow e_1$ и $\overrightarrow e_2$ пусть будут направлены один перпендикулярно, а другой по касательной к окружности, проходящей через выбранную точку. Получим систему координат, весьма схожую с полярной.

Теперь: метрический тензор в этих координатах, по определению:

$$g_{ij} = \overrightarrow e_i \cdot\overrightarrow e_j =\begin{pmatrix}1&0\\0&1\\\end{pmatrix}$$

Отсюда видно, что коэффициенты Ламе системы координат:

$$H_1=1$$

$$H_2=1$$

Тогда выражение, например, градиента в таких координатах должно быть:

$$\nabla f=\frac 1 H_1 \frac{\partial f}{\partial x^1}\overrightarrow e_1+\frac 1 H_2 \frac{\partial f}{\partial x^2}\overrightarrow e_2 = \frac{\partial f}{\partial x^1}\overrightarrow e_1+ \frac{\partial f}{\partial x^2}\overrightarrow e_2$$

Получается, будто формула вычисления градиента в такой системе координат нисколько не отличается от формулы в декартовой, что мне кажется странноватым.

[Утундрий]

fizGSE в сообщении #1654540 писал(а):

метрический тензор в этих координатах, по определению:

Пересмотрите определение.

[drzewo]

fizGSE в сообщении #1654540 писал(а):

базисные векторы единичной длины $\overrightarrow e_1$ и $\overrightarrow e_2$ пусть будут направлены один перпендикулярно, а другой по касательной к окружности, проходящей через выбранную точку

векторные поля $e_1, e_2$ не являются базисными векторными полями какой-либо системы координат поскольку они не коммутируют.
Соответственно, вот это

fizGSE в сообщении #1654540 писал(а):

:

$$g_{ij} = \overrightarrow e_i \cdot\overrightarrow e_j =\begin{pmatrix}1&0\\0&1\\\end{pmatrix}$$

не есть метрический тензор

[fizGSE]

Пожалуй, для ясности стоит пояснить, почему в принципе возник этот вопрос. Дело в том, что на лекции преподаватель нашел компоненты градиента функции $f(r,\theta)$ $\operatorname{grad}(f)_r$ и $\operatorname{grad}(f)_{\theta}$ из формулы для градиента в полярных координатах:

$$\nabla f= \frac{\partial f}{\partial r}\overrightarrow e_r+\frac 1 r \frac{\partial f}{\partial \theta}\overrightarrow e_{\theta}$$

Затем, чтобы найти модуль этого вектора, он воспользовался формулой $|\overrightarrow{\operatorname{grad}(f)}|=\sqrt{{\operatorname{grad}(f)_r}^2+{\operatorname{grad}(f)_{\theta}}^2}$, хотя, как мне показалось, следовало было бы использовать формулу с учётом метрики полярных координат:

$$|\overrightarrow{\operatorname{grad}(f)}|=\sqrt{{\operatorname{grad}(f)_r}^2+r^2{\operatorname{grad}(f)_{\theta}}^2}$$

[Утундрий]

Странный лектор. Или рассеянный.

[Red_Herring]

Утундрий в сообщении #1654549 писал(а):

Странный лектор. Или рассеянный.

Я бы скорее грешил на студента, который записал с ошибками.

[drzewo]

fizGSE в сообщении #1654544 писал(а):

чтобы найти модуль этого вектора, он воспользовался формулой $|\overrightarrow{\operatorname{grad}(f)}|=\sqrt{{\operatorname{grad}(f)_r}^2+{\operatorname{grad}(f)_{\theta}}^2}$

все верно, если $e_1,e_2$ -- ортонормированный базис и $a=a_1e_1+a_2e_2$ то $|a|=\sqrt{a_1^2+a_2^2}$

-- 14.09.2024, 09:20 --

fizGSE в сообщении #1654544 писал(а):

формулы для градиента в полярных координатах:

$$\nabla f= \frac{\partial f}{\partial r}\overrightarrow e_r+\frac 1 r \frac{\partial f}{\partial \theta}\overrightarrow e_{\theta}$$

это тоже верно при условии, что $e_r=\frac{\partial }{\partial r},\quad e_\theta=\frac{1}{r}\frac{\partial }{\partial \theta}$,
где $r,\theta$ -- полярная система координат

-- 14.09.2024, 09:25 --

при этом $|\nabla f|=\sqrt{\Big( \frac{\partial f}{\partial r}\Big)^2+\Big( \frac{\partial f}{\partial \theta}\Big)^2\frac{1}{r^2}}$

-- 14.09.2024, 10:10 --

Вообще полезно сначала фундаментальные вещи выучить, а уж потом базисные векторы перенормировать

$$\Big\langle\frac{\partial }{\partial x^i},\frac{\partial }{\partial x^j}\Big\rangle=g_{ij},\quad \nabla f=g^{ij}\frac{\partial f}{\partial x^i}\frac{\partial }{\partial x^j},\quad |\nabla f|^2=g^{ij}\frac{\partial f}{\partial x^j}\frac{\partial f}{\partial x^i},\quad g^{ij}g_{ik}=\delta_k^j$$

[fizGSE]

drzewo в сообщении #1654554 писал(а):

fizGSE в сообщении #1654544 писал(а):

Вообще полезно сначала фундаментальные вещи выучить, а уж потом базисные векторы перенормировать

$$\Big\langle\frac{\partial }{\partial x^i},\frac{\partial }{\partial x^j}\Big\rangle=g_{ij},\quad \nabla f=g^{ij}\frac{\partial f}{\partial x^i}\frac{\partial }{\partial x^j},\quad |\nabla f|^2=g^{ij}\frac{\partial f}{\partial x^j}\frac{\partial f}{\partial x^i},\quad g^{ij}g_{ik}=\delta_k^j$$

По такой формуле для расчёта модуля градиента действительно выходит то же значение, что и на лекции, спасибо. В остальных не вполне понимаю, конечно, значения "пустых" частных производных, но это уже только мой недостаток знаний, который надо восполнять)

[drzewo]

<<пустая производная>> -- это базисный вектор. Мотивация для такого обозначения состоит в следующем.
Пусть $M$ -- это многообразие с локальными координатами $x=(x^1,\ldots,x^m)^T$. Зададим на многообразии кривую $x=x(t)$ и функцию $f=f(x)$. Следующая формула инвариантна для любой кривой и любой функции

$$\frac{d}{dt}f(x(t))=\Big(\dot x^i\frac{\partial }{\partial x^i}\Big)f(x(t)).$$

Справа в больших скобках стоит разложение вектора $\dot x$ по базису $\frac{\partial }{\partial x^i}$