「運動座標系のシステマティックな導出(2)」の編集履歴（バックアップ）一覧はこちら
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****運動座標系のシステマティックな導出(2)
3次元極座標系への応用を検討する。
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*****3次元極座標
まず，座標変換
$$x = r\sin\theta\cos\phi$$
$$y = r\sin\theta\sin\phi$$
$$z = r\cos\theta$$
を微分して，
$$dx = dr\sin\theta\cos\phi + rd\theta\cos\theta\cos\phi - r\sin\theta d\phi\sin\phi$$
$$dy = dr\sin\theta\sin\phi + rd\theta\cos\theta\sin\phi + r\sin\theta d\phi\cos\phi$$
$$dz = dr\cos\theta - rd\theta\sin\theta$$
すなわち，
$$\displaystyle\left(\begin{array}{ccc}dx\\dy\\dz\end{array}\right) = $$\left(\begin{array}{ccc}\sin\theta\cos\phi \qquad \cos\theta\cos\phi \quad -\sin\phi\\ \sin\theta\sin\phi \qquad \cos\theta\sin\phi \qquad \cos\phi \\ \cos\theta \qquad\quad -\sin\theta \qquad\qquad 0\end{array}\right)
\left(\begin{array}{lll}dr\\rd\theta\\r\sin\theta d\phi\end{array}\right)
ここで，
$$d\boldsymbol{r} = dr\boldsymbol{e}_r + rd\theta\boldsymbol{e}_\theta + r\sin\theta d\phi\boldsymbol{e}_\phi$$
であるから，
$$\left(\begin{matrix}A_r\\A_\theta\\A_\phi\end{matrix}\right) = \boldsymbol{\mathcal{R}}\left(\begin{matrix}A_x\\A_y\\A_z\end{matrix}\right) \quad,\qquad \boldsymbol{\mathcal{R}}=\left(\begin{matrix}\sin\theta\cos\phi \quad \sin\theta\sin\phi \qquad \cos\theta \\ \cos\theta\cos\phi \quad \cos\theta\sin\phi \quad -\sin\theta \\ \,\, -\sin\phi \qquad\quad \cos\phi \qquad \quad 0\end{matrix}\right)$$
これが，ベクトル成分の変換ということになる。左辺は左手系に移っているから，$$\boldsymbol{\mathcal{R}}$$には反転が含まれることに留意したい。
次に基底の時間微分だが，
$$\left(\begin{matrix}\boldsymbol{e}_r\\\boldsymbol{e}_\theta\\\boldsymbol{e}_\phi\end{matrix}\right) = \boldsymbol{\mathcal{R}}\left(\begin{matrix}\boldsymbol{e}_x\\\boldsymbol{e}_y\\\boldsymbol{e}_z\end{matrix}\right)$$
を微分して，
$$\left(\begin{matrix}\dot{\boldsymbol{e}}_r\\ \dot{\boldsymbol{e}}_\theta\\ \dot{\boldsymbol{e}}_\phi\end{matrix}\right) = \dot{\boldsymbol{\mathcal{R}}}\left(\begin{matrix}\boldsymbol{e}_x\\\boldsymbol{e}_y\\\boldsymbol{e}_z\end{matrix}\right) = \dot{\boldsymbol{\mathcal{R}}}\,^t\boldsymbol{\mathcal{R}}\left(\begin{matrix}\boldsymbol{e}_r\\\boldsymbol{e}_\theta\\\boldsymbol{e}_\phi\end{matrix}\right)$$
によって導出できる。ただし，$$^t\boldsymbol{\mathcal{R}}$$は$$\boldsymbol{\mathcal{R}}$$の転置である。しかし，この計算はかなり煩雑になる。そこで，微小回転$$d\theta,d\phi$$による基底の変化を，直接調べてみよう。
#ref(http://www14.atwiki.jp/yokkun?cmd=upload&act=open&pageid=381&file=polar3.bmp)
結果は，
$$d\boldsymbol{e}_r = d\theta \boldsymbol{e}_\theta + \sin\theta d\phi\boldsymbol{e}_\phi$$
$$d\boldsymbol{e}_\theta = -d\theta\boldsymbol{e}_r + \cos\theta d\phi\boldsymbol{e}_\phi$$
$$d\boldsymbol{e}_\phi = -d\phi\sin\theta\boldsymbol{e}_r - d\phi\cos\theta\boldsymbol{e}_\theta$$
したがって，
$$\left(\begin{matrix}\dot{\boldsymbol{e}}_r\\ \dot{\boldsymbol{e}}_\theta\\ \dot{\boldsymbol{e}}_\phi\end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix}\qquad 0 \qquad\quad \dot\theta \qquad\quad \dot\phi\sin\theta\\ \quad -\dot\theta \qquad\quad 0 \qquad\quad \dot\phi\cos\theta\\-\dot\phi\sin\theta \,\, -\dot\phi\cos\theta \qquad 0\end{matrix}\right)\left(\begin{matrix}\boldsymbol{e}_r\\\boldsymbol{e}_\theta\\\boldsymbol{e}_\phi\end{matrix}\right)$$
となる。反対称で簡単な結果から見ると，さらにエレガントな導出の方法があるように見える。これは，今後の宿題としよう（[[運動座標系のシステマティックな導出(3)]]）。これを用いて速度，加速度を求める。
$$\boldsymbol{r} = r\boldsymbol{e}_r$$
時間微分すると，速度
$$\dot{\boldsymbol{r}} = \dot{r}\boldsymbol{e}_r + r \dot{\boldsymbol{e}}_r$$
$$ = \dot{r}\boldsymbol{e}_r + r\dot\theta\boldsymbol{e}_\theta + r\dot\phi\sin\theta\boldsymbol{e}_\phi$$
を得，さらにもう一度微分すると，加速度
$$\ddot{\boldsymbol{r}} = (\ddot{r}-r{\dot\theta}^2-r{\dot{\phi}}^2\sin^2\theta)\boldsymbol{e}_r+(2\dot{r}\dot\theta+r\ddot\theta-r{\dot\phi}^2\sin\theta\cos\theta)\boldsymbol{e}_\theta+\{(2\dot{r}\dot{\phi}+r\ddot\phi)\sin\theta+2r\dot\theta\dot\phi\cos\theta\}\boldsymbol{e}_\phi$$
を得る。
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****運動座標系のシステマティックな導出(2)
3次元極座標系への応用を検討する。
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*****3次元極座標
まず，座標変換
$$x = r\sin\theta\cos\phi$$
$$y = r\sin\theta\sin\phi$$
$$z = r\cos\theta$$
を微分して，
$$dx = dr\sin\theta\cos\phi + rd\theta\cos\theta\cos\phi - r\sin\theta d\phi\sin\phi$$
$$dy = dr\sin\theta\sin\phi + rd\theta\cos\theta\sin\phi + r\sin\theta d\phi\cos\phi$$
$$dz = dr\cos\theta - rd\theta\sin\theta$$
すなわち，
$$\left(\begin{array}{ccc}dx\\dy\\dz\end{array}\right) = \left(\begin{array}{ccc}\sin\theta\cos\phi \qquad \cos\theta\cos\phi \quad -\sin\phi\\ \sin\theta\sin\phi \qquad \cos\theta\sin\phi \qquad \cos\phi \\ \cos\theta \qquad\quad -\sin\theta \qquad\qquad 0\end{array}\right)
\left(\begin{array}{lll}dr\\rd\theta\\r\sin\theta d\phi\end{array}\right)$$
ここで，
$$d\boldsymbol{r} = dr\boldsymbol{e}_r + rd\theta\boldsymbol{e}_\theta + r\sin\theta d\phi\boldsymbol{e}_\phi$$
であるから，
$$\left(\begin{matrix}A_r\\A_\theta\\A_\phi\end{matrix}\right) = \boldsymbol{\mathcal{R}}\left(\begin{matrix}A_x\\A_y\\A_z\end{matrix}\right) \quad,\qquad \boldsymbol{\mathcal{R}}=\left(\begin{matrix}\sin\theta\cos\phi \quad \sin\theta\sin\phi \qquad \cos\theta \\ \cos\theta\cos\phi \quad \cos\theta\sin\phi \quad -\sin\theta \\ \,\, -\sin\phi \qquad\quad \cos\phi \qquad \quad 0\end{matrix}\right)$$
これが，ベクトル成分の変換ということになる。左辺は左手系に移っているから，$$\boldsymbol{\mathcal{R}}$$には反転が含まれることに留意したい。
次に基底の時間微分だが，
$$\left(\begin{matrix}\boldsymbol{e}_r\\\boldsymbol{e}_\theta\\\boldsymbol{e}_\phi\end{matrix}\right) = \boldsymbol{\mathcal{R}}\left(\begin{matrix}\boldsymbol{e}_x\\\boldsymbol{e}_y\\\boldsymbol{e}_z\end{matrix}\right)$$
を微分して，
$$\left(\begin{matrix}\dot{\boldsymbol{e}}_r\\ \dot{\boldsymbol{e}}_\theta\\ \dot{\boldsymbol{e}}_\phi\end{matrix}\right) = \dot{\boldsymbol{\mathcal{R}}}\left(\begin{matrix}\boldsymbol{e}_x\\\boldsymbol{e}_y\\\boldsymbol{e}_z\end{matrix}\right) = \dot{\boldsymbol{\mathcal{R}}}\,^t\boldsymbol{\mathcal{R}}\left(\begin{matrix}\boldsymbol{e}_r\\\boldsymbol{e}_\theta\\\boldsymbol{e}_\phi\end{matrix}\right)$$
によって導出できる。ただし，$$^t\boldsymbol{\mathcal{R}}$$は$$\boldsymbol{\mathcal{R}}$$の転置である。しかし，この計算はかなり煩雑になる。そこで，微小回転$$d\theta,d\phi$$による基底の変化を，直接調べてみよう。
#ref(http://www14.atwiki.jp/yokkun?cmd=upload&act=open&pageid=381&file=polar3.bmp)
結果は，
$$d\boldsymbol{e}_r = d\theta \boldsymbol{e}_\theta + \sin\theta d\phi\boldsymbol{e}_\phi$$
$$d\boldsymbol{e}_\theta = -d\theta\boldsymbol{e}_r + \cos\theta d\phi\boldsymbol{e}_\phi$$
$$d\boldsymbol{e}_\phi = -d\phi\sin\theta\boldsymbol{e}_r - d\phi\cos\theta\boldsymbol{e}_\theta$$
したがって，
$$\left(\begin{matrix}\dot{\boldsymbol{e}}_r\\ \dot{\boldsymbol{e}}_\theta\\ \dot{\boldsymbol{e}}_\phi\end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix}\qquad 0 \qquad\quad \dot\theta \qquad\quad \dot\phi\sin\theta\\ \quad -\dot\theta \qquad\quad 0 \qquad\quad \dot\phi\cos\theta\\-\dot\phi\sin\theta \,\, -\dot\phi\cos\theta \qquad 0\end{matrix}\right)\left(\begin{matrix}\boldsymbol{e}_r\\\boldsymbol{e}_\theta\\\boldsymbol{e}_\phi\end{matrix}\right)$$
となる。反対称で簡単な結果から見ると，さらにエレガントな導出の方法があるように見える。これは，今後の宿題としよう（[[運動座標系のシステマティックな導出(3)]]）。これを用いて速度，加速度を求める。
$$\boldsymbol{r} = r\boldsymbol{e}_r$$
時間微分すると，速度
$$\dot{\boldsymbol{r}} = \dot{r}\boldsymbol{e}_r + r \dot{\boldsymbol{e}}_r$$
$$ = \dot{r}\boldsymbol{e}_r + r\dot\theta\boldsymbol{e}_\theta + r\dot\phi\sin\theta\boldsymbol{e}_\phi$$
を得，さらにもう一度微分すると，加速度
$$\ddot{\boldsymbol{r}} = (\ddot{r}-r{\dot\theta}^2-r{\dot{\phi}}^2\sin^2\theta)\boldsymbol{e}_r+(2\dot{r}\dot\theta+r\ddot\theta-r{\dot\phi}^2\sin\theta\cos\theta)\boldsymbol{e}_\theta+\{(2\dot{r}\dot{\phi}+r\ddot\phi)\sin\theta+2r\dot\theta\dot\phi\cos\theta\}\boldsymbol{e}_\phi$$
を得る。
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