Divergenza in coordinate polari

[jakojako]

Salve a tutti!!! Chi saprebbe suggerirmi un testo o delle dispense in cui possa trovare la dimostrazione di come si arrivi all'espressione della di vergenza in coordinate polari facendo uso della seguente definizione di divergenza:
\(\displaystyle \mathcal div F= \lim_{V \to 0} \frac {\oint _{\partial V} F \cdot ds} {V} \)
Grazie anticipatamente!!!

[dissonance]

Ciao

questi sono tipici conti da libro di elettromagnetismo classico, più che di matematica. Dai un'occhiata al tuo manuale di Fisica 2, probabilmente c'è. Altrimenti dai un'occhiata a qualche manuale di calcolo vettoriale. Ad esempio c'è sul classico "Div, Grad Curl and all of that" di Schey.

[jakojako]

A dire il vero mi serve per mettere in coordinate polari l'equazione di Helmoltz. Proverò a cercare il testo che mi hai consigliato e spero di risolvere il mio problema. Grazie mille!!!

[gugo82]

Se per equazione di Helmoltz intendi quella degli autovalori del laplaciano, i.e. \( -\nabla^2 u=\lambda\ u\), allora che te ne importa della divergenza definita a quel modo?

L'espressione del laplaciano in polari si calcola con un po' di pazienza usando le derivate seconde ed è quella riportata da WIKI.

[jakojako]

In effetti intendo quel problema agli autovalori, ma lo devo risolvere su di un dominio circolare. Quindi devo passare alle coordinate polari e da lì la mia esigenza. Però l'espressione del laplaciano non mi vien fuori facendo pedissequamente le derivate seconde.

[gugo82]

Non ti viene fuori perché sbagli da qualche parte... Vero che i conti sono noiosissimi, ma una volta nella vita devi pur imparare a farli.

Ad ogni modo, mi ci cimento io (anche perché l'ho fatto talmente tante volte per lavoro che ormai... ).

Per non fare confusione, chiamiamo $u(x,y)$ la funzione in coordinate rettangolari e $U(r,\theta)$ l'espressione di $u$ in polari, i.e. poniamo:
\[
U(r,\theta) := u(r \cos \theta ,r \sin \theta)\; .
\]
Scegliendo di sottointendere le variabili quando non ce n'è bisonogno, abbiamo:
\[
\begin{split}
U_r &= \cos \theta\ u_x + \sin \theta\ u_y\\
U_\theta &= - r\ \sin \theta\ u_x + r\ \cos \theta\ u_y
\end{split}
\]
da cui, interpretando le due uguaglianze come sistema lineare nelle incognite $u_x$ ed $u_y$, attraverso la regola di Cramer (verificalo) segue:
\[
\begin{split}
u_x &= \cos \theta\ U_r - \frac{1}{r}\ \sin \theta\ U_\theta \\
u_y &= \sin \theta\ U_r + \frac{1}{r}\ \cos \theta\ U_\theta\; ,
\end{split}
\]
quindi le derivate prime di $U$ dipendono unicamente dalle derivate prime di $u$.
Derivando ancora, e tralasciando la derivata mista, si ottiene:
\[
\begin{split}
U_{rr} &= \cos \theta\ \Big( \cos \theta\ u_{xx} + \sin \theta\ u_{xy}\Big) + \sin \theta\ \Big( \cos \theta\ u_{xy} + \sin \theta\ u_{yy} \Big)\\
&= \cos^2 \theta\ u_{xx} + 2\cos \theta\ \sin \theta\ u_{xy} + \sin^2 \theta\ u_{yy} \\
U_{\theta \theta} &= - r\ \cos \theta\ u_x - r\ \sin \theta\ \Big( -r\ \sin \theta\ u_{xx} + r\ \cos \theta\ u_{xy}\Big) - r\ \sin \theta\ u_y+r\ \cos \theta\ \Big( -r\ \sin \theta\ u_{xy} + r\ \cos \theta\ u_{yy}\Big)\\
&= -r\ (\cos \theta\ u_x+\sin \theta\ u_y)+ r^2 (\sin^2 \theta\ u_{xx}-2\sin \theta \cos \theta\ u_{xy} + \cos^2 \theta\ u_{yy})\; ;
\end{split}
\]
moltiplicando la $U_{rr}$ per $r^2$ e sommando le due derivate, nonché tenendo presenti le espressioni delle derivate prime di $u$ in funzione di quelle di $U$ (ricavate sopra), si ha:
\[
\begin{split}
r^2 U_{rr} + U_{\theta \theta} &= r^2\ (u_{xx} +u_{yy}) - r\ (\cos \theta\ u_x+\sin \theta\ u_y)\\
&= r^2\ \nabla^2 u - r\ \cos^2 \theta\ U_r + \cancel{\cos \theta\ \sin \theta\ U_\theta} - r\ \sin^2 \theta\ U_r - \cancel{\cos \theta\ \sin \theta\ U_\theta} \\
&= r^2\ \nabla^2 u - r\ U_r
\end{split}
\]
da cui segue immediatamente:
\[
\nabla^2 u = U_{rr} +\frac{1}{r}\ U_r + \frac{1}{r^2}\ U_{\theta \theta}
\]
o, se vuoi:
\[
\nabla^2 u =\frac{1}{r}\ \frac{\partial}{\partial r} \Big[ r\ U_r\Big] + \frac{1}{r^2}\ U_{\theta \theta}\; .
\]

I contazzi in dimensione $3$ sono del tutto analoghi.

Un altro trucco è il seguente:

Le formule:
\[
\begin{split}
u_x &= \cos \theta\ U_r - \frac{1}{r}\ \sin \theta\ U_\theta \\
u_y &= \sin \theta\ U_r + \frac{1}{r}\ \cos \theta\ U_\theta\; ,
\end{split}
\]
le puoi leggere come leggi di trasformazione degli operatori di derivazione:
\[
\begin{split}
\frac{\partial }{\partial x} &= \cos \theta\ \frac{\partial }{\partial r} - \frac{1}{r}\ \sin \theta\ \frac{\partial}{\partial \theta} \\
\frac{\partial}{\partial y} &= \sin \theta\ \frac{\partial}{\partial r} + \frac{1}{r}\ \cos \theta\ \frac{\partial}{\partial \theta}\; ;
\end{split}
\]
per capire come l'operatore di derivata seconda rispetto a $x$, ad esempio, si trasforma basta comporre due volte l'operatore differenziale \(\frac{\partial}{\partial x}\):
\[
\begin{split}
\frac{\partial^2}{\partial x^2} &= \frac{\partial }{\partial x} \left[ \frac{\partial }{\partial x} \right] \\
&= \cos \theta\ \frac{\partial }{\partial r} \left[ \cos \theta\ \frac{\partial }{\partial r} - \frac{1}{r}\ \sin \theta\ \frac{\partial}{\partial \theta} \right] \\
&\phantom{=} - \frac{1}{r}\ \sin \theta\ \frac{\partial}{\partial \theta} \left[ \cos \theta\ \frac{\partial }{\partial r} - \frac{1}{r}\ \sin \theta\ \frac{\partial}{\partial \theta} \right] \\
&= \cos^2 \theta\ \frac{\partial^2 }{\partial r^2} + \frac{1}{r^2}\ \cos \theta\ \sin \theta\ \frac{\partial}{\partial \theta} - \frac{1}{r}\ \cos \theta\ \sin \theta\ \frac{\partial^2}{\partial r\partial \theta} \\
&\phantom{=} + \frac{1}{r}\ \sin^2 \theta\ \frac{\partial }{\partial r} - \frac{1}{r}\ \sin \theta\ \cos \theta\ \frac{\partial^2}{\partial r\partial \theta} + \frac{1}{r^2}\ \sin \theta\ \cos \theta\ \frac{\partial}{\partial \theta} + \frac{1}{r^2}\ \sin^2 \theta\ \frac{\partial^2}{\partial \theta^2}\\
&= \underbrace{\cos^2 \theta\ \frac{\partial^2 }{\partial r^2} - \frac{2}{r}\ \cos \theta\ \sin \theta\ \frac{\partial^2}{\partial r\partial \theta} +\frac{1}{r^2}\ \sin^2 \theta\ \frac{\partial^2}{\partial \theta^2}}_{\text{parte del II ordine}} \\
&\phantom{=} +\underbrace{\frac{2}{r^2}\ \cos \theta\ \sin \theta\ \frac{\partial}{\partial \theta}}_{\text{parte del I ordine}}
\end{split}
\]
e, se non mi inganno, procedendo allo stesso modo dovresti trovare per l'operatore di derivata seconda rispetto a $y$ la relazione:
\[
\begin{split}
\frac{\partial^2}{\partial y^2}&= \underbrace{\sin^2 \theta\ \frac{\partial^2 }{\partial r^2} + \frac{2}{r}\ \cos \theta\ \sin \theta\ \frac{\partial^2}{\partial r\partial \theta} +\frac{1}{r^2}\ \cos^2 \theta\ \frac{\partial^2}{\partial \theta^2}}_{\text{parte del II ordine}} \\
&\phantom{=} +\underbrace{\frac{1}{r}\ \frac{\partial}{\partial r} -\frac{2}{r^2}\ \cos \theta\ \sin \theta\ \frac{\partial}{\partial \theta}}_{\text{parte del I ordine}}
\end{split}
\]
di modo che:
\[
\nabla^2 = \frac{\partial^2 }{\partial r^2} + \frac{1}{r}\ \frac{\partial}{\partial r} + \frac{1}{r^2}\ \frac{\partial^2}{\partial \theta^2}
\]
come trovato anche sopra.

[jakojako]

Ovviamente il mio problema, più che nel calcolo del laplaciano, era effettivamente nel cacolo della divergenza in coordinate polari, in quanto data una funzione
\(\displaystyle f:\mathbb R^2 \to \mathbb R \)
eseguivo il seguente calcolo:
\(\displaystyle \frac {\partial f} {\partial x} \hat{x} + \frac {\partial f} {\partial y} \hat{y}= \frac{\partial f} {\partial x} (r(x,y),\phi (x,y)) (\cos \phi \hat {r}- \sin \phi \hat{\phi})+\frac{\partial f} {\partial y} (r(x,y),\phi (x,y)) (\sin \phi \hat {r}+\cos \phi \hat{\phi}) \).
Dopodichè, tenendo presente che
\(\displaystyle r=\sqrt{x^2+y^2} \)
\(\displaystyle \phi=\arctan \frac{y} {x} \)
e che quindi
\(\displaystyle \frac{\partial r} {\partial x}= \cos \phi \)
\(\displaystyle \frac{\partial r} {\partial y}= \sin \phi \)
\(\displaystyle \frac{\partial \phi} {\partial x}= \frac{-\sin \phi} {r} \)
\(\displaystyle \frac{\partial \phi} {\partial y}= \frac{\cos \phi} {r} \)
mi vien fuori (però non riesco a vedere dove sia l'errore) che
\(\displaystyle \nabla f= \frac{\partial f}{\partial r} \hat{r}+\frac{\partial f}{\partial \phi} \hat{\phi} \frac{1} {r}\).
E tale espressione non corrisponde a quella effettiva della divergenza.

[Fastfreddie87]

Buonasera a tutti.
Rispolvero questo topic in quanto credo che l'errore di jakojako sia dovuto al fatto che quella sia l'espressione del gradiente e non della divergenza.
Per quanto riguarda le spiegazioni ed i calcoli sopra esposti sono chiarissimi e quindi ho capito come si trova il laplaciano.
Tuttavia non riesco ancora a riportarmi all'espressione della divergenza in coordinate polari.
Se questa è la divergenza di un vettore A
$ grad *A =(partial A_x)/(partial x) + (partial A_y)/(partial y)+(partial A_z)/(partial z) $
non riesco a scrivere la divergenza dello stesso vettore in coordinate polari che dovrebbe risultare la seguente :
$ grad *A =1/rho (partial (rhoA_rho) )/(partial rho) + 1/rho(partial A_phi )/(partial phi)+(partial Az)/(partial z) $
se non attraverso l'analisi del "volumetto infinitesimo" che si trova in tanti libri di ingegneria.
Come dovrei procedere ?
Vi ringrazio per l'eventuale aiuto e mi scuso se dovesse risultare una domanda stupida ma non riesco proprio a scrivere l'espressione di cui sopra.

[dissonance]

Ma non riesci perché è un casino. Con l'analisi del volumetto infinitesimo la sbrighi in modo molto più rapido ed elegante. Altrimenti, dovresti:

1) Partendo dall'espressione
\[
A_r e_r+ A_\theta e_\theta+A_z e_z = A_x e_x+A_y e_y+ A_z e_z,
\]
ricavare l'espressione di \(A_x, A_y, A_z\) in funzione di \(A_r, A_\theta, A_z\).

2) Usando l'espressione al punto 1) e la regola della catena, calcolare \(\partial_x A_x, \partial y A_y, \partial z A_z\) in funzione di \(A_r, A_\theta, A_z\).

3) Sommare i risultati ottenuti al punto 2.

E' un po' lungo e complicato (ma può essere un buon esercizio).

[Fastfreddie87]

Grazie della risposta Dissonance.
Alla fine ho trovato l'espressione corretta del differenziale in coordinate cilindriche e poi l'ho applicato all'espressione $A_r e_r + A_theta e_theta + A_z e_z $
Ho "magicamente" trovato ciò che cercavo.
Alla fine non era complicato solo un pò lungo effettivamente.

[dissonance]

Prego, figurati. Il mio modo preferito è usare il teorema della divergenza. Infatti noi sappiamo che se \(\phi\) è una arbitraria funzione regolare con supporto compatto (o che decade molto rapidamente a infinito), allora
\[\tag{1}
\int_{\mathbb{R}^3} (\nabla \cdot A)\, \phi \, dV = -\int_{\mathbb{R}^3} A\cdot (\nabla \phi)\, dV.\]
In coordinate cilindriche
\[\nabla \phi = \frac{\partial \phi}{\partial r}e_r+\frac{\partial \phi}{r\partial \theta} e_\theta + \frac{\partial \phi}{\partial z}e_z, \]
e inoltre
\[dV= rdr d\theta dz.\]
Perciò
\[-\int_{\mathbb{R}^3} A\cdot \nabla \phi\, dV=-\int_{\mathbb{R}^3} \left( A_r \frac{\partial \phi}{\partial r} + A_\theta \frac{\partial \phi}{r\partial \theta} + A_z\frac{\partial \phi}{\partial z}\right)\, r dr d\theta dz.\]
Ora integriamo per parti nell'ultimo integrale a destra in modo da scaricare tutte le derivate sulle componenti di \(A\). Dopo aver moltiplicato e diviso per \(r\), otteniamo
\[
\int_{\mathbb{R}^3} \left[\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r} \left( rA_r\right) + \frac{1}{r}\frac{\partial A_\theta}{\partial \theta} + \frac{\partial A_z}{\partial z} \right]\phi\, r dr d\theta d z.\]
Dalla (1) sappiamo che questo integrale deve essere uguale a \(\int [\nabla\cdot A] \phi\, dV\). Siccome \(\phi\) è una funzione arbitraria, l'espressione in parentesi quadra deve essere uguale a \(\nabla \cdot A\).

In sostanza questo metodo ti permette di dover ricordare solo l'espressione del gradiente e di ricavare da questa l'espressione della divergenza, che è l'operazione duale (nel senso della (1)). Funziona con tutti i sistemi di coordinate, non solo quello cilindrico.

[Fastfreddie87]

Ciao Dissonance,
grazie per l'ulteriore spiegazione.In realtà il teorema della divergenza l'ho sempre conosciuto in una forma "diversa".