ベクトルの座標変換

Figure 2.2: 座標変換

ある位置ベクトル $\mbox{\boldmath$x$}$は，座標系$O-x_1x_2x_3$の成分$x_j$ で表すと，

$$\mbox{\boldmath$x$}=x_j\mbox{\boldmath$e$}_{j}$$ (26)

別の座標系 $O-x^\prime_1x^\prime_2x^\prime_3$の成分 $x^\prime_j$で表すと，

$$\mbox{\boldmath$x$}=x^\prime_j\mbox{\boldmath$e$}^\prime_{j}$$ (27)

となる．この二式を等しいとおいて， $\mbox{\boldmath$e$}_i$とのスカラー積 をとると

$$(\mbox{\boldmath$e$}_j\cdot\mbox{\boldmath$e$}_i)x_j = (\mbox{\boldmath$e$}^\prime_j\cdot\mbox{\boldmath$e$}_i)x^\prime_j$$ (28)

$$\delta_{ji}x_j = (\mbox{\boldmath$e$}^\prime_j\cdot\mbox{\boldmath$e$}_i)x^\prime_j$$ (29)

$$x_i = (\mbox{\boldmath$e$}^\prime_j\cdot\mbox{\boldmath$e$}_i)x^\prime_j$$ (30)

を得る．いま， $\mbox{\boldmath$e$}^\prime_i\cdot\mbox{\boldmath$e$}_j$ を，$Q_{ij}$ とおくことにすると，

$$x_i = Q_{ji}x^\prime_j$$ (31)

と表される．同様にして， $\mbox{\boldmath$e$}^\prime_i$とのスカラー積をと ると

$$(\mbox{\boldmath$e$}_j\cdot\mbox{\boldmath$e$}^\prime_i)x_j = (\mbox{\boldmath$e$}^\prime_j\cdot\mbox{\boldmath$e$}^\prime_i)x^\prime_j$$ (32)

$$(\mbox{\boldmath$e$}_j\cdot\mbox{\boldmath$e$}^\prime_i)x_j = \delta_{ji}x^\prime_j$$ (33)

$$(\mbox{\boldmath$e$}_j\cdot\mbox{\boldmath$e$}^\prime_i)x_j = x^\prime_i$$ (34)

$$Q_{ij}x_j = x^\prime_i$$ (35)

つまり，記号表示すると，

$$\mbox{\boldmath$x$}=\mbox{\boldmath$Q$}^{\rm T}\mbox{\boldmath$x$}^\prime$$ (36)

$$\mbox{\boldmath$x$}^\prime=\mbox{\boldmath$Q$}\mbox{\boldmath$x$}$$ (37)

これらから，

$$\mbox{\boldmath$Q$}^{\rm T}=\mbox{\boldmath$Q$}^{-1}$$ (38)

であることがわかる．

次に，ベクトル$x_i$から微小量変化したベクトル$x_i+dx_i$と， ベクトル$x^\prime_j$から微小量変化したベクトル $x^\prime_j+dx^\prime_j$も，同じ関係によって変換されるから，

$$x_i+dx_i = Q_{ji} (x^\prime_i+dx^\prime_i)$$ (39)

展開して， $x_i = Q_{ji}x^\prime_j$を代入すると，

$$dx_i = Q_{ji} dx^\prime_j$$ (40)

同様にして，

$$dx^\prime_i = Q_{ij} dx_j$$ (41)

が得られる．一般に，全微分 $dx_i$, $dx^\prime_i$ は，

$$dx_i = \frac{\partial x_i}{\partial x^\prime_j}dx^\prime_j$$ (42)

$$dx^\prime_i = \frac{\partial x^\prime_i}{\partial x_j}dx_j$$ (43)

と表せるので，結局，

$$Q_{ji} = \frac{\partial x_i}{\partial x^\prime_j}$$ (44)

$$Q_{ij} = \frac{\partial x^\prime_i}{\partial x_j}$$ (45)

であることがわかる．

$Q_{ij}$は，方向余弦(direction cosine)とよばれる．

一般のベクトル $\mbox{\boldmath$v$}$に対しても， $\mbox{\boldmath$v$}=v_j\mbox{\boldmath$e$}_{j}=v^\prime_j\mbox{\boldmath$e$}^\prime_{j}$と表 せるから，同じ関係が成り立つ．

[例]

座標系$O-x_1x_2x_3$と，別の座標系 $O-x^\prime_1x^\prime_2x^\prime_3$が与えられた時， 方向余弦 $Q_{ij}$ を成分とする行列 $\mbox{\boldmath$Q$}$ の行列式は，1で あることを示そう．

$O-x^\prime_1x^\prime_2x^\prime_3$座標系の， 基底ベクトル， $\mbox{\boldmath$e$}^\prime_1$, $\mbox{\boldmath$e$}^\prime_2$, $\mbox{\boldmath$e$}^\prime_3$ に平行な， $\mbox{\boldmath$u$}$, $\mbox{\boldmath$v$}$, $\mbox{\boldmath$w$}$ を考えると，これらは互いに直交する単位ベクトルであるから，

スカラー三重積を考えると，

$$(\mbox{\boldmath$u$}\times\mbox{\boldmath$v$})\cdot\mbox{\bo... ...^\prime_iv^\prime_jw^\prime_k=u^\prime_1v^\prime_2w^\prime_3=1$$ (46)

となる．一方，

$$(\mbox{\boldmath$u$}\times\mbox{\boldmath$v$})\cdot\mbox{\boldmath$w$} = e_{ijk}u_iv_jw_k$$ (47)

$$= e_{ijk}Q_{li}u^\prime_l Q_{mj}v^\prime_m Q_{nk}w^\prime_n$$ (48)

$$= e_{ijk}Q_{1i}u^\prime_1 Q_{2j}v^\prime_2 Q_{3k}w^\prime_3$$ (49)

$$= {\rm det}[\mbox{\boldmath$Q$}]u^\prime_1v^\prime_2w^\prime_3=1$$ (50)

したがって，

$${\rm det}[\mbox{\boldmath$Q$}] = 1$$ (51)

であることが示された．

[例]

座標系$O-x_1x_2x_3$を $x_3$軸のまわりに，角度$\theta$だけ回転した座標系 $O-x^\prime_1x^\prime_2x^\prime_3$とを関係づける方向余弦 $Q_{ij}$は，

$$x^\prime_1 = x_1 \cos\theta + x_2 \sin\theta$$ (52)

$$x^\prime_2 = - x_1 \sin\theta + x_2 \cos\theta$$ (53)

$$x^\prime_3 = x_3$$ (54)

したがって，

$$[Q_{ij}]= \left[\begin{array}{ccc} \cos\theta & \sin\theta & ... ... -\sin\theta & \cos\theta & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right]$$ (55)

Figure 2.3: $x_3$軸まわりの回転

[例]

円柱(円筒)座標 $(r, \theta, z)$について直角座標系 $O-x_1x_2x_3$との関係を考えてみよう． $(r, \theta, z)$ をその まま， $(x^\prime_1,x^\prime_2,x^\prime_3)$と考えると，これは， 線形変換にはならないので，いかに工夫しても，式(??)のような形 では表せないことがわかる．そこで，点P $(r, \theta, z)$，すな わち，P $(x_1, x_2, x_3)$に，局所直角座標系 $P-x^\prime_1x^\prime_2x^\prime_3$を考える．

Figure 2.4: 円柱座標

関係，

$$x_1 = r\cos\theta$$ (56)

$$x_2 = r\sin\theta$$ (57)

$$x_3 = z$$ (58)

あるいは，その逆関係，

$$r = \sqrt{(x_1)^2+(x_2)^2}$$ (59)

$$\theta = {\rm Tan}^{-1}\left(\displaystyle\frac{x_2}{x_1}\right)$$ (60)

$$z = x_3$$ (61)

を用いて，

$$Q_{11} = \frac{\partial x^\prime_1}{\partial x_1} = \frac{\partial r}{\partial x_1} = \frac{2x_1}{2\sqrt{(x_1)^2+(x_2)^2}} = \frac{x_1}{r} = \cos\theta$$ (62)

$$Q_{12} = \frac{\partial x^\prime_1}{\partial x_2} = \frac{\partial r}{\partial x_2} = \frac{x_2}{r} = \sin\theta$$ (63)

$$Q_{21} = \frac{\partial x^\prime_2}{\partial x_1} = r\frac{\partial \theta}{\partial x_1} = -\frac{x_2}{r} = -\sin\theta$$ (64)

$$Q_{22} = \frac{\partial x^\prime_2}{\partial x_2} = r\frac{\partial \theta}{\partial x_2} = \frac{x_1}{r} = \cos\theta$$ (65)

$$Q_{33} = \frac{\partial x^\prime_3}{\partial x_3} = \frac{\partial z}{\partial x_3} = \frac{x_3}{z} = 1$$ (66)

$$Q_{ij} = 0 \quad (その他)$$ (67)

したがって，

$$[Q_{ij}]= \left[\begin{array}{ccc} \cos\theta & \sin\theta & ... ... -\sin\theta & \cos\theta & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right]$$ (68)

となる．

[例]

Figure 2.5: 球座標

球座標 $(r, \theta, \phi)$についても，円柱座標と同様に，局所 直角座標系をとることによって，

$$r = \sqrt{(x_1)^2+(x_2)^2+(x_3)^2}$$ (69)

$$\theta = {\rm cos}^{-1}\left\{\displaystyle\frac{x_3}{\sqrt{(x_1)^2+(x_2)^2+(x_3)^2}}\right\}$$ (70)

$$\phi = {\rm Tan}^{-1}\left(\displaystyle\frac{x_2}{x_1}\right)$$ (71)

および，

$$x_1 = r\sin\theta\cos\phi$$ (72)

$$x_2 = r\sin\theta\sin\phi$$ (73)

$$x_3 = r\cos\theta$$ (74)

の関係を使って計算できる．詳細は演習として残すことにしてここ では結果のみを示そう．

$$[Q_{ij}]= \left[\begin{array}{ccc} \sin\theta\cos\phi & \sin\... ...\sin\theta \\ -\sin\phi & \cos\phi & 0 \\ \end{array}\right]$$ (75)

となる．