좌표 변환에서 gradient vector 의 기술 (미적분학, 선형대수학)

  본 포스팅은 미적분학을 공부하며 직접 발견한 (아마 최초는 아닌) 유도과정으로 작성하였기에 reference가 없음을 양해부탁드립니다.

 

  n차원의 부분집합 $U$ 에서 정의된 다변수 함수

 

$$f:U\to\mathbb{R},\;X=(x_1,\ldots,x_n)\mapsto f(X)$$

 

  의 gradient vector는 다음과 같이 정의된다.

 

$$\nabla f(X)=\Big(\frac{\partial f}{\partial x_1}(X),\ldots,\frac{\partial f}{\partial x_n}(X)\Big)=\sum_{i=1}^n D_if(X)\vec{e}_i\tag{1}$$

 

  위의 식에서 $\vec{e}_i$ 는 i번째 표준단위기저를 의미한다. 나머지 표기방법에 대한 정보는 ch.2 다변수 미분 참조. 본 포스팅에서는 좌표계 변환에 따른 기울기벡터의 일반적인 표현에 대하여 알아볼 것이다. 핵심 아이디어는, gradient vector는 좌표계 변환에도 같은 값을 가져야 한다는 것이다.

 

  글쓴이의 기하학 공부가 미숙하여 '좌표계 변환'이라는 용어를 명쾌하게 설명하기는 어렵다. 하지만, 기울기벡터를 $(x,y,z)$ 의 변화에 대해 기술했던 것을 다른 변수 $(r,\theta,z)$ 의 변화로 대신하는 것 따위를 대충 좌표계 변환이라고 하고 넘어가겠다.

 

  다음의 좌표계 변환 사상을 고려하자. ($\Xi$ 는 $\xi$ 의 대문자이며 '크시'라고 읽는다)

 

$$\Xi:\mathbb{R^n\to R^n},\;X\mapsto \Xi(X)$$

$$\begin{align}\Xi(X)=&\Big(\xi_1(X),\ldots,\xi_n(X)\Big)\\=&\Big(\xi_1(x_1,\ldots,x_n),\ldots,\xi_n(x_1,\ldots,x_n)\Big)\end{align}$$

 

  이러한 사상의 의미는 단순히 표준좌표계의 점 $(x_1,\ldots,x_n)$ 을 새로운 좌표계의 점 $(\xi_1,\ldots,\xi_n)$ 에 대응시키는 것에 불과하다. 이때 좌표계의 반대방향 변환(역변환)이 가능하다고 가정하자. 즉, 일대일 대응 사상인 변환 $\Xi(X)$ 만을 고려하는 것이다. 사상 $\Xi$ 의 역사상은 다음과 같이 쓸 수 있다.

 

$$X:\mathbb{R^n\to R^n},\;\Xi\mapsto X(\Xi)$$

$$\begin{align}X(\Xi)=&\Big(x_1(\Xi),\ldots,x_n(\Xi)\Big)\\=&\Big(x_1(\xi_1,\ldots,\xi_n),\ldots,x_n(\xi_1,\ldots,\xi_n)\Big)\end{align}$$

 

  사상 $X$ 와 사상 $\Xi$ 의 합성사상 $X\circ\Xi$ 는 사상과 역사상의 합성이므로 항등사상이다. 따라서 다음을 만족한다.

 

$$(X\circ\Xi)(X)=X$$

$$D(X\circ\Xi)(X)=DX(\Xi)D\Xi(X)=I\tag{2}$$

 

  이러한 미분규칙은 벡터장의 연쇄법칙을 따른 것이다. (참조: ch.6 연쇄법칙) 식 (2)는 두 행렬 $DX$ , $D\Xi$ 의 곱연산이고, 두 행렬의 곱연산이 항등행렬 $I$ 이므로 두 행렬은 서로 역행렬 관계임을 알 수 있다. 따라서 다음의 등식도 당연히 성립한다.

 

$$D\Xi(X)DX(\Xi)=I\tag{3}$$

 

  위의 행렬곱을 풀어 쓰면 다음과 같다.

 

$$\begin{pmatrix}\frac{\partial\xi_1}{\partial x_1}(X)&\cdots&\frac{\partial\xi_1}{\partial x_n}(X)\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ \frac{\partial\xi_n}{\partial x_1}(X)&\cdots&\frac{\partial\xi_n}{\partial x_n}(X)\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\frac{\partial x_1}{\partial\xi_1}(\Xi)&\cdots&\frac{\partial x_1}{\partial \xi_n}(\Xi)\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ \frac{\partial x_n}{\partial\xi_1}(\Xi)&\cdots&\frac{\partial x_n}{\partial \xi_n}(\Xi)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0&\cdots&0\\0&1&&\\\vdots&&\ddots&\vdots\\0&&\cdots&1\end{pmatrix}$$

 

  행렬곱 연산의 규칙에 따르면, 식 (3)에서 좌변의 행렬 '$D\Xi\;DX$' 의 i번째 행, j번째 열의 요소는 $D\Xi$ 의 i번째 행벡터와 $DX$ 의 j번째 열벡터의 내적이다.

 

$$\begin{align}\Big[DX(\Xi)D\Xi(X)\Big]_{ij}&=\begin{pmatrix}\frac{\partial\xi_i}{\partial x_1}(X)&\frac{\partial\xi_i}{\partial x_2}(X)&\cdots&\frac{\partial\xi_i}{\partial x_n}(X)\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\frac{\partial x_1}{\partial\xi_j}(\Xi)\\\frac{\partial x_2}{\partial\xi_j}(\Xi)\\\vdots\\\frac{\partial x_n}{\partial\xi_j}(\Xi)\end{pmatrix}\\&=\begin{pmatrix}\frac{\partial\xi_i}{\partial x_1}(X)\\\frac{\partial\xi_i}{\partial x_2}(X)\\\cdots\\\frac{\partial\xi_i}{\partial x_n}(X)\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}\frac{\partial x_1}{\partial\xi_j}(\Xi)\\\frac{\partial x_2}{\partial\xi_j}(\Xi)\\\vdots\\\frac{\partial x_n}{\partial\xi_j}(\Xi)\end{pmatrix}\\&=\nabla\xi_i(X)\cdot\frac{\partial X}{\partial\xi_j}(\Xi)\end{align}$$

 

  또한 식 (3)에서 우변의 항등행렬은 다음임이 자명하다.

 

$$[I]_{ij}=\delta_{ij}:=\begin{cases}1,&\mbox{if }i=j\\0,&\mbox{if }i\ne j\end{cases}$$

 

  $\delta_{ij}$ 는 Kronecker delta 라고 부른다. 식 (3)의 좌변과 우변이 같으므로, 다음을 얻는다.

 

$$\nabla\xi_i(X)\cdot\frac{\partial X}{\partial\xi_j}(\Xi)=\delta_{ij}\tag{4}$$

 

  식 (4)가 잘 작동하는지 아래의 예시로 알아보자.

 

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  다음의 각좌표계 변환을 고려하자.

 

$$X(r,\theta)=\Big(x(r,\theta),y(r,\theta)\Big):=(r\cos\theta,r\sin\theta)$$

 

  따라서 표준좌표계로 표현된 벡터 $X=(x,y)$ 를 $r$ 과 $\theta$ 로 편미분한 벡터는 다음과 같다.

 

$$\frac{\partial X}{\partial r}=(\cos\theta,\sin\theta),\quad\frac{\partial X}{\partial\theta}=(-r\sin\theta,r\cos\theta)\tag{5.1}$$

 

   각좌표계의 정의로부터, 다음의 각좌표계 역변환이 자명하다.

 

$$X^{-1}(x,y)=\Big(r(x,y),\theta(x,y)\Big)=\left(\sqrt{x^2+y^2},\tan^{-1}\frac{y}{x}\right)$$

 

  따라서 각좌표계 성분 각각의 기울기벡터는 다음과 같다.

 

$$\nabla r(x,y)=\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}},\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\right),\quad\nabla\theta(x,y)=\left(\frac{-y}{x^2+y^2},\frac{x}{x^2+y^2}\right)\tag{5.2}$$

 

  식 (5.2)를 각좌표계 성분으로 다시 표현하면 다음과 같다.

 

$$\begin{align}\nabla r&=\left(\frac{r\cos\theta}{\sqrt{r^2\cos^2\theta+r^2\sin\theta}},\frac{r\sin\theta}{\sqrt{r^2\cos\theta+r^2\sin\theta}}\right)\\&=(\cos\theta,\sin\theta)\\\\\nabla\theta&=\left(\frac{-r\sin\theta}{r^2\cos^2\theta+r^2\sin^2\theta},\frac{r\cos\theta}{r^2\cos^2\theta+r^2\sin\theta}\right)\\&=\left(-\frac{\sin\theta}{r},\frac{\cos\theta}{r}\right)\end{align}\tag{5.3}$$

 

  식 (5.1)과 식 (5.3)에서 얻은 벡터들을 각각 내적해보자.

 

$$\begin{align}\nabla r\cdot\frac{\partial X}{\partial r}&=(\cos\theta,\sin\theta)\cdot(\cos\theta,\sin\theta)=1\\\nabla r\cdot\frac{\partial X}{\partial\theta}&=(\cos\theta,\sin\theta)\cdot(-r\sin\theta,r\cos\theta)=0\\\nabla\theta\cdot\frac{\partial X}{\partial r}&=\left(-\frac{\sin\theta}{r},\frac{\cos\theta}{r}\right)\cdot(\cos\theta,\sin\theta)=0\\\nabla\theta\cdot\frac{\partial X}{\partial\theta}&=\left(-\frac{\sin\theta}{r},\frac{\cos\theta}{r}\right)\cdot(-r\sin\theta,r\cos\theta)=1\end{align}$$

 

  위의 계산은 '같은 변수에 대한 기울기함수'와 '표준좌표계 벡터의 편미분의 내적'($\nabla A\cdot\frac{\partial X}{\partial A}$ 꼴)의 경우에만 그 값이 1이고, 나머지는 0임을 지시한다. 따라서 식 (4)가 잘 성립한다.

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  다시 식 (1)로 돌아가자. 연쇄법칙을 이용하여 다음과 같이 기울기벡터를 변형할 수 있다.

 

$$\begin{align}D_if(X)&=\frac{\partial f}{\partial x_i}(X)\\&=\frac{\partial f}{\partial\xi_1}(X)\frac{\partial\xi_1}{\partial x_i}(X)+\cdots+\frac{\partial f}{\partial\xi_n}(X)\frac{\partial\xi_n}{\partial x_i}(X)\\&=\sum_{j=1}^n\frac{\partial f}{\partial\xi_j}(X)\frac{\partial\xi_j}{\partial x_i}(X)\end{align}$$

$$\begin{align}\therefore\nabla f(X)&=\sum_{i=1}^nD_if(X)\vec{e}_i\\&=\sum_{i=1}^n\left\{\sum_{j=1}^n\frac{\partial f}{\partial\xi_j}(X)\frac{\partial\xi_j}{\partial x_i}(X)\right\}\vec{e}_i\\&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\frac{\partial f}{\partial\xi_j}(X)\frac{\partial\xi_j}{\partial x_i}(X)\vec{e}_i\\&=\sum_{j=1}^n\frac{\partial f}{\partial\xi_j}(X)\left\{\sum_{i=1}^n\frac{\partial\xi_j}{\partial x_i}(X)\vec{e}_i\right\}\\&=\sum_{j=1}^n\frac{\partial f}{\partial\xi_j}(X)\left(\frac{\partial\xi_j}{\partial x_1}(X),\ldots,\frac{\partial\xi_j}{\partial x_n}(X)\right)\\&=\sum_{j=1}^n\frac{\partial f}{\partial\xi_j}(X)\nabla\xi_j(X)\end{align}$$

 

  정리하면 다음의 좋은 식을 얻는다.

 

$$\nabla f(X)=\sum_{i=1}^n\frac{\partial f}{\partial\xi_i}(X)\nabla\xi_i(X)\tag{6}$$

 

  식 (6)이 옳다는 것을 보여주는 하나의 방증으로서, 사상 $\Xi$ 를 항등사상 $\Xi(X)=X$ 로 정의하고 식 (6)을 계산하였을 때 다시 식 (1)로 문제 없이 회귀하는 것을 확인할 수 있다.

 

  여기서 만족할 수도 있지만, 식 (1)을 보면 $\sum$ 으로 기술되는 각 항에 곱해지는 벡터는 크기가 1인 단위벡터임으로 말미암아 식 (6)에 조금 더 변형을 가하여 곱해지는 벡터가 단위벡터가 되도록 한다면 그 식은 참으로 잘 정돈된 형태일 것이다. (역학에서는 단위벡터를 좋아하므로, 응용의 측면에서도 유리하다) 이 과정을 위하여 미리 식 (3)과 식 (4)를 마련해놓았다.

 

  식 (3)의 양변에서 determinant를 계산하면 다음과 같다.

 

$$\det\left(D\Xi(X)DX(\Xi)\right)=\det I$$

$$\begin{cases}\det\left(D\Xi(X)DX(\Xi)\right)=\Big(\det D\Xi(X)\Big)\Big(\det DX(\Xi)\Big)\\\det I=1\end{cases}$$

$$\therefore\Big(\det D\Xi(X)\Big)\Big(\det DX(\Xi)\Big)=1$$

 

  위의 식으로부터, $\det D\Xi(X)$ 와 $\det DX(\Xi)$ 둘 다 0이 아님을 알 수 있다. Determinant은 교대다중선형사상이므로 그 특성에 의해 행렬 $DX(\Xi)$ 를 구성하는 n개의 열벡터가 일차독립임을 알 수 있다.

 

  증명: Determinant는 교대다중선형사상이므로 어떤 열벡터의 상수배를 선택하여 다른 열벡터에 더하고 빼는 연산에 의하여 그 값이 바뀌지 않는다. 만약 어떤 행렬을 구성하는 열벡터가 일차종속이라면, 어느 열벡터를 나머지 열벡터의 선형결합으로 빼버릴 수 있고, 그 열벡터는 영벡터가 되므로 그 행렬의 determinant값은 0이다. 따라서 행렬을 구성하는 열벡터가 일차종속이라면 determinant가 0이다. 이 명제의 대우는 determinant가 0이 아닌 행렬은 행렬을 구성하는 열벡터가 일차독립이다 이므로 원하는 결과를 얻는다.   $\square$

 

  행렬 $DX(\Xi)$ 을 구성하는 열벡터는 $\frac{\partial X}{\partial\xi_1}$ , $\ldots$ , $\frac{\partial X}{\partial\xi_n}$ 임을 다음과 같이 알 수 있다.

 

$$\begin{align}DX(\Xi)&=\begin{pmatrix}\frac{\partial x_1}{\partial\xi_1}(\Xi)&\cdots&\frac{\partial x_1}{\partial \xi_n}(\Xi)\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ \frac{\partial x_n}{\partial\xi_1}(\Xi)&\cdots&\frac{\partial x_n}{\partial \xi_n}(\Xi)\end{pmatrix}\\&=\left(\begin{pmatrix}\frac{\partial x_1}{\partial\xi_1}(\Xi)\\\vdots\\\frac{\partial x_n}{\partial\xi_1}\end{pmatrix}\cdots\begin{pmatrix}\frac{\partial x_1}{\partial\xi_n}(\Xi)\\\vdots\\\frac{\partial x_n}{\partial\xi_n}(\Xi)\end{pmatrix}\right)\\&=\begin{pmatrix}\frac{\partial X}{\partial\xi_1}(\Xi)&\cdots&\frac{\partial X}{\partial\xi_n}(\Xi)\end{pmatrix}\end{align}$$

 

  지금 하고있는 논의는 전부 n차원 공간에 대하여 논하고 있으므로, n개의 일차독립인 벡터는 이 공간의 기저이다. (대체정리의 따름정리 2(ⅱ) 참고) 따라서 n차원 공간의 그 어떤 벡터도 $DX(\Xi)$ 를 구성하는 n개의 열벡터의 선형결합으로 표현된다. 특히 $\nabla\xi_i(X)$도 n차원 공간의 벡터이므로 다음과 같다.

 

$$\exists a_{ij}\in\mathbb{R}\quad\mbox{s.t.}\quad\nabla\xi_i(X)=\sum_{j=1}^na_{ij}\frac{\partial X}{\partial\xi_j}(\Xi)\tag{7}$$

 

  식 (7)의 왼쪽부분은 '식의 $\mbox{s.t.}$ 다음 부분을 만족한다는 실수 $a_{ij}$ 가 존재한다' 라는 의미이다. (아직은 '존재한다'는 것만 알고, 그 값이 무엇인지 모른다.) 선형결합을 나타낸 식 (7)을 식 (4)에 대입하면 다음의 과정을 얻는다.

 

$$\begin{align}\delta_{ik}&=\nabla\xi_i(X)\cdot\frac{\partial X}{\partial\xi_k}(\Xi)\\&=\left(\sum_{j=1}^na_{ij}\frac{\partial X}{\partial\xi_j}(\Xi)\right)\cdot\frac{\partial X}{\partial\xi_k}(\Xi)\\&=\sum_{j=1}^na_{ij}\left(\frac{\partial X}{\partial\xi_j}(\Xi)\cdot\frac{\partial X}{\partial\xi_k}(\Xi)\right)\end{align}\tag{8}$$

 

  별 특징 없이 주어진 좌표계 변환 사상에 대해서는 (제가 아는 한) 여기서 더이상 할 수 있는게 없지만, 만약 좌표계 변환 사상 $\Xi$ 가 직교 좌표계를 의미한다면 더 나아갈 수 있다. 직교 좌표계란, 표준 좌표계 $X$ 에 대하여 다음 성질을 만족하는 좌표 변환 사상 $\Xi$ 에 대응하는 좌표계를 의미한다.

 

$$\begin{align}\frac{\partial X}{\partial\xi_j}\cdot\frac{\partial X}{\partial\xi_k}&=\begin{cases}0&\mbox{if }j\ne k\\\left|\frac{\partial X}{\partial\xi_j}\right|^2&\mbox{if }j=k\end{cases}\\&=\left|\frac{\partial X}{\partial\xi_j}\right|^2\delta_{jk}\end{align}\tag{9}$$

 

  식 (9)의 마지막에서 $\left|\frac{\partial X}{\partial\xi_j}\right|^2$ 대신 $\left|\frac{\partial X}{\partial\xi_k}\right|^2$ 라고 해도 된다. 식 (9)가 직교 좌표계를 의미하는 이유는, 좌표 변환 사상 $\Xi$ 에 따라 계산된 벡터 $\frac{\partial X}{\partial\xi_i}$ 는 사상 $\Xi$ 에 대응하는 좌표계 속에서 i번째 축의 방향을 의미하기 때문이다. 처음에는 이 설명이 이상하게 느껴질 것이지만, 알고보면 합리적인 정의이다.

 

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  만약 위의 설명이 사실이라면 항등사상인 좌표 변환 사상, 즉 데카르트 좌표계에서도 참이어야 한다.

 

  2차원 데카르트 공간(좌표평면)에서 첫 번째 축은 $(1,0)$ , 두 번째 축은 $(0,1)$ 을 의미한다. 항등사상인 좌표계 변환 사상 $\Xi$ 에 대하여, 다음과 같다. (조금 어렵게 써서 논리의 흐름을 엄밀하게 하였다)

 

$$\begin{align}\Xi(X)=\Xi(x,y)&=\Big(\xi_1(x,y),\xi_2(x,y)\Big)=(x,y)\\\implies X(\Xi)=\Xi^{-1}(\xi_1,\xi_2)&=\Big(x(\xi_1,\xi_2),y(\xi_1,\xi_2)\Big)=(\xi_1,\xi_2)\end{align}$$

 

$$\frac{\partial X}{\partial \xi_1}(\Xi)=\left(\frac{\partial x(\xi_1,\xi_2)}{\partial \xi_1},\frac{\partial y(\xi_1,\xi_2)}{\partial \xi_1}\right)=(1,0)$$

$$\frac{\partial X}{\partial \xi_2}(\Xi)=\left(\frac{\partial x(\xi_1,\xi_2)}{\partial \xi_2},\frac{\partial y(\xi_1,\xi_2)}{\partial \xi_2}\right)=(0,1)$$

 

  따라서 우리의 직관과 동일한 결과를 얻는다.

 

  사실 이러한 결과는 당연한 것이, 우리는 '축'을 공간상에서 어떤 값이 증가하는 방향으로 인식하고 있다. x축이라는 것도, 공간상에서 x성분이 증가하는 방향인 것이다. 이러한 성질로부터 축을 재정의한다면, 더이상 x ,y, z에 얽매이지 않고 r축, $\theta$축과 같은 말을 하는것이 가능하다. (공간상의 각 점마다 r과 $\theta$가 증가하는 방향이 다르므로 이러한 축을 국소좌표라고 한다. 참고: 위키백과-곡선좌표계) 위의 정의로부터 r축과 $\theta$축을 직접 구해보는 것도 재밌을 것이다.

 

  이러한 맥락에서, 서로 다른 두 성분이 각각 증가하는 방향이 서로 겹치지 않는다(수직이다)는 조건을 식 (9)와 같이 표현할 수 있음은 당연하다.

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  다시 돌아와서, 식 (9)를 식 (8)에 대입하면 다음과 같다.

 

$$\begin{align}\delta_{ik}&=\sum_{j=1}^na_{ij}\left(\frac{\partial X}{\partial\xi_j}(\Xi)\cdot\frac{\partial X}{\partial\xi_k}(\Xi)\right)\\&=\sum_{j=1}^na_{ij}\left|\frac{\partial X}{\partial\xi_j}(\Xi)\right|^2\delta_{jk}\\&=a_{ik}\left|\frac{\partial X}{\partial\xi_k}(\Xi)\right|^2\end{align}$$

 

  즉, 아직까지 구체적인 값을 몰랐던 $a_{ij}$ 을 다음과 같이 구할 수 있다.

 

$$a_{ij}=\frac{1}{\left|\frac{\partial X}{\partial\xi_j}(\Xi)\right|^2}\delta_{ij}\tag{10}$$

 

  식 (10)을 식 7에 대입하면 다음과 같다.

 

$$\begin{align}\nabla\xi_i(X)&=\sum_{j=1}^na_{ij}\frac{\partial X}{\partial\xi_j}(\Xi)\\&=\sum_{j=1}^n\frac{1}{\left|\frac{\partial X}{\partial\xi_j}(\Xi)\right|^2}\delta_{ij}\frac{\partial X}{\partial\xi_j}(\Xi)\\&=\frac{1}{\left|\frac{\partial X}{\partial\xi_i}(\Xi)\right|^2}\frac{\partial X}{\partial\xi_i}(\Xi)\end{align}\tag{11}$$

 

  식 (11)을 식 6에 대입하면 다음과 같다.

 

$$\begin{align}\nabla f(X)&=\sum_{i=1}^n\frac{\partial f}{\partial\xi_i}(X)\nabla\xi_i\\&=\sum_{i=1}^n\frac{\partial f}{\partial\xi_i}(X)\frac{\frac{\partial X}{\partial\xi_i}(\Xi(X))}{\left|\frac{\partial X}{\partial\xi_i}(\Xi(X))\right|^2}\\&=\sum_{i=1}^n\frac{1}{\left|\frac{\partial X}{\partial\xi_i}(\Xi(X))\right|}\frac{\partial f}{\partial\xi_i}(X)\frac{\frac{\partial X}{\partial\xi_i}(\Xi(X))}{\left|\frac{\partial X}{\partial\xi_i}(\Xi(X))\right|}\end{align}$$

 

  따라서 다음의 결과를 얻는다.

 

$$\nabla f(X)=\sum_{i=1}^n\frac{1}{\left|\frac{\partial X}{\partial\xi_i}(\Xi)\right|}\frac{\partial f}{\partial\xi_i}(X)\frac{\frac{\partial X}{\partial\xi_i}(\Xi)}{\left|\frac{\partial X}{\partial\xi_i}(\Xi)\right|}\tag{12}$$

 

  이로서, 임의의 직교 좌표 변환 사상에 대한 gradient vector를 단위벡터의 선형결합으로 나타내었다.

 

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  추가적으로, 수식을 좀 더 정돈하기 위해서 다음과 같이 정의할 수 있다.

 

$$\begin{align}\vec{h_i}:=\frac{\partial X}{\partial\xi_i}\quad&\mbox{: natural basis vectors}\\ h_i:=\left|\vec{h_i}\right|\quad&\mbox{: Lame coefficient}\\ \vec{b_i}:=\frac{\vec{h_i}}{h_i}\quad&\mbox{: curvilinear orthonormal basis vectors}\end{align}$$

 

  이러한 표현을 빌려 다음과 같이 간결한 수식을 얻는다.

 

$$\nabla f=\sum_{i=1}^n\frac{1}{h_i}\frac{\partial f}{\partial\xi_i}\vec{b_i}$$

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  다음에서는 3차원의 좌표 변환 사상중에서 유명한 원통좌표(cylinderical coordinate)와 구면좌표(spherical coordinate)에서 gradient vector의 표현을 계산한다.

 

  (ⅰ) Cylinderical coordinate: $X(\Xi)=X(r,\theta,z)=(r\cos\theta,r\sin\theta,z)$

 

$$\begin{align}\vec{h}_r&=\frac{\partial X}{\partial r}(\Xi)=(\cos\theta,\sin\theta,0)\\\vec{h}_{\theta}&=\frac{\partial X}{\partial\theta}(\Xi)=(-r\sin\theta,r\cos\theta,0)\\\vec{h}_z&=\frac{\partial X}{\partial z}(\Xi)=(0,0,1)\end{align}$$

 

$$\begin{align}h_r&=\sqrt{\cos^2\theta+\sin^2\theta}=1\\h_{\theta}&=\sqrt{r^2\sin^2\theta+r^2\cos^2\theta}=r\\h_z&=\sqrt{1^2}=1\end{align}$$

 

$$\begin{align}\vec{b}_r&=(\cos\theta,\sin\theta,0)\\\vec{b}_{\theta}&=\frac{1}{h_{\theta}}\vec{h}_{\theta}=(-\sin\theta,\cos\theta,0)\\\vec{b}_z&=(0,0,1)\end{align}$$

 

$$\therefore\nabla f(X)=\frac{\partial f}{\partial r}(X)\vec{b}_r+\frac{1}{r}\frac{\partial f}{\partial\theta}(X)\vec{b}_{\theta}+\frac{\partial f}{\partial z}(X)\vec{b}_z$$

$$\begin{align}\left(\frac{\partial f}{\partial x}(X),\frac{\partial f}{\partial y}(X),\frac{\partial f}{\partial z}(X)\right)&=\frac{\partial f}{\partial r}(X)(\cos\theta,\sin\theta,0)\\&+\frac{1}{r}\frac{\partial f}{\partial\theta}(X)(-\sin\theta,\cos\theta,0)\\&+\frac{\partial f}{\partial z}(X)(0,0,1)\end{align}$$

 

 

  (ⅱ) Spherical coordinate: $X(\Xi)=X(\rho,\phi,\theta)=(\rho\sin\phi\cos\theta)$

 

$$\begin{align}\vec{h}_{\rho}&=\frac{\partial X}{\partial\rho}(\Xi)=(\sin\phi\cos\theta,\sin\phi\sin\theta,\cos\phi)\\\vec{h}_{\phi}&=\frac{\partial X}{\partial\phi}(\Xi)=(\rho\cos\phi\cos\theta,\rho\cos\phi\sin\theta,-\rho\sin\phi)\\\vec{h}_{\theta}&=\frac{\partial X}{\partial\theta}(\Xi)=(-\rho\sin\phi\sin\theta,\rho\sin\phi\cos\theta,0)\end{align}$$

 

$$\begin{align}h_{\rho}&=\sqrt{\sin^2\phi\cos^2\theta+\sin^2\phi\sin^2\theta+\cos^2\phi}=1\\h_{\phi}&=\sqrt{\rho^2\cos^2\phi\cos^2\theta+\rho^2\cos^2\phi\sin^2\theta+\rho^2\sin^2\phi}=\rho\\h_{\theta}&=\sqrt{\rho^2\sin^2\phi+\rho^2\sin^2\phi\cos^2\theta}=\rho\sin\phi\end{align}$$

 

$$\begin{align}\vec{b}_{\rho}&=(\sin\phi\cos\theta,\sin\phi\sin\theta,\cos\phi)\\\vec{b}_{\phi}&=\frac{1}{h_{\phi}}\vec{h}_{\phi}=(\cos\phi\cos\theta,\cos\phi\sin\theta,-\sin\phi)\\\vec{b}_{\theta}&=\frac{1}{h_{\theta}}\vec{h}_{\theta}=(-\sin\theta,\cos\theta,0)\end{align}$$

 

$$\therefore\nabla f(X)=\frac{\partial f}{\partial\rho}(X)\vec{b}_{\rho}+\frac{1}{\rho}\frac{\partial f}{\partial\phi}(X)\vec{b}_{\phi}+\frac{1}{\rho\sin\phi}\frac{\partial f}{\partial\theta}(X)\vec{b}_{\theta}$$

$$\begin{align}\left(\frac{\partial f}{\partial x}(X),\frac{\partial f}{\partial y}(X),\frac{\partial f}{\partial z}(X)\right)&=\frac{\partial f}{\partial\rho}(X)(\sin\phi\cos\theta,\sin\phi\sin\theta,\cos\phi)\\&+\frac{1}{\rho}\frac{\partial f}{\partial\phi}(X)(\cos\phi\cos\theta,\cos\phi\sin\theta,-\sin\phi)\\&+\frac{1}{\rho\sin\phi}\frac{\partial f}{\partial\theta}(X)(-\sin\theta,\cos\theta,0)\end{align}$$

 

 

 

  읽어주셔서 감사합니다.