背景

1. 求氢原子1s轨道能量$E=\int\varphi_{1s}\hat{H}\varphi_{1s}\ \mathrm{d}\tau$，其中$\mathrm{d}\tau=4\pi\ \mathrm{d}r$。

2. 用变数分离法解单电子原子的薛定谔方程，解出波函数是在球坐标系$\varphi(r,\theta,\phi)$，而能量算符通常是在直角坐标系。

问题

1. 重积分的变量替换是一个基本知识点，但是希望找到证明。

2. 一般积分的变量替换。

3. 微元和算符在正交曲线系中的表示。

扩展

1. 外微分形式是如何统一积分的。

2. 正交曲线系中物理量的求取。

前文

多元函数的微积分部分，有$\iint_Df(x,y)\ \mathrm{d}\sigma$、$\iiint_\Omega f(x,y,z)\ \mathrm{d}V$的形式；在曲线/曲面积分部分，还有高斯、格林、斯托克斯公式之类，有$\int_Lf(x,y)\ \mathrm{d}s$、$\iint_S\rho(x,y,z)\ \mathrm{d}S$之类的写法。

同时存在的，是$\mathrm{d}\sigma=\mathrm{d}x\mathrm{d}y=r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$、$\mathrm{d}V=\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=r^2\sin\theta \mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \mathrm{d}\varphi$等等式，除了几何理解之外很难理清为什么一个微元表示成微元乘积，并且从形式上看，在对$d\sigma$积分时就知道要使用二重积分号也很难理解。

在那些不太重要的场论部分还有如$\int\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}$、$\iint \mathbf{F}\cdot\mathbf{n}\mathrm{d}S=\iint \mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{S}$等表示，并且有等式$\mathrm{d}\mathbf{r}=\cos\alpha\ \mathrm{d}x+\cos\beta\ \mathrm{d}y+\cos\gamma\ \mathrm{d}z$、$\mathrm{d}\mathbf{S}=\cos\alpha\ \mathrm{d}y\mathrm{d}z+\cos\beta\ \mathrm{d}z\mathrm{d}x+\cos\gamma\ \mathrm{d}x\mathrm{\mathrm{d}}y$之类的式子，只能从几何上理解。

正文

先易后难

背景1

都知道在对波函数的处理中，$\mathrm{d}\tau=\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z\mathrm{d}t$，定态波函数中$\mathrm{d}\tau=\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z$，所以在$\int\varphi_{1s}\hat{H}\varphi_{1s}\ \mathrm{d}\tau$中，积分实际上是三重，因此该式实际为：

$$ \int_0^\pi \mathrm{d}\phi\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^\infty\varphi^*_{1s}\hat{H}\varphi_{1s}r^2\ \mathrm{d}r $$

能看出$\mathrm{d}\tau=4\pi \mathrm{d}r$。

问题1，2

只证二重积分变量替换。

▶ 一般变量替换$(x,y)\mapsto(\xi,\eta)$，且能得到逆变换$x=x(\xi,\eta)$，$y=y(\xi,\eta)$。平行四边形面积近似作为微元，则$(\xi,\eta)$下矩形$D'$为$P'_0P'_1P'_2P'_3$，对应的$(x,y)$下近似平行四边形$D$为$P_0P_1P_2P_3$，则面积有$|\overrightarrow{P_0P_1}\times \overrightarrow{P_0P_3}|$。

$x_0=x(\xi_0,\eta_0)$，$x_1=x(\xi_0+\mathrm{d}\xi,\eta_0)$，$y_3=y(\xi_0,\eta_0+\mathrm{d}\eta)$，以此类推。

而$x_1-x_0=\dfrac{\partial x}{\partial\xi}(\xi_0,\eta_0)+o(\rho)$。

$|\overrightarrow{P_0P_1}\times \overrightarrow{P_0P_3}|=|(x_1-x_0)(y_3-y_0)-(x_3-x_0)(y_1-y_0)|=\left|\dfrac{D(x,y)}{D(\xi,\eta)}\right|_{(\xi_0,\eta_0)}\cdot \mathrm{d}\xi \mathrm{d}\eta=\mathrm{d}x\mathrm{d}y$，于是就有$\mathrm{d}\sigma=\mathrm{d}x\mathrm{d}y=|J|\mathrm{d}\xi \mathrm{d}\eta$。 ◀

对于一元函数积分，换元是$\mathrm{d}f(x)=f'(x)\mathrm{d}x$。

对于曲线、曲面积分，使用的近似所谓投影法，从二型换为一型，$\mathrm{d}x=\cos\alpha\ \mathrm{d}s$，$\mathrm{d}S=\sqrt{1+f_x+f_y}\ \mathrm{d}\sigma$。

背景2

单电子原子能量算符$\hat{H}=-\dfrac{\hbar^2}{2m}\nabla^2+\dfrac{Ze}{4\pi\varepsilon_0r}$，而其中最重要的就是拉普拉斯算子（Laplacian）$\Delta=\nabla^2=\dfrac{\partial^2}{\partial x^2}+\dfrac{\partial^2}{\partial y^2}+\dfrac{\partial^2}{\partial z^2}$，要求出它在球坐标系中的表示。

这里不使用上面解释变量替换的说法，是因为那种纯从几何上进行推导的做法不太好用。

▶ 超级迅速地得到：

$$ \begin{align} \dfrac{D(r,\theta,\phi)}{D(x,y,z)}= & \begin{vmatrix} \sin\theta\cos\phi & \dfrac{\cos\theta\cos\phi}{r} & -\dfrac{\sin\phi}{r\sin\theta} \\ \sin\theta\sin\phi & \dfrac{\cos\theta\sin\phi}{r} & \dfrac{\cos\phi}{r\sin\theta} \\ \cos\theta & -\dfrac{\sin\theta}{r} & 0 \end{vmatrix}\begin{matrix}x\\\\y\\\\z\end{matrix}\\ & \begin{matrix}\qquad r & \qquad\qquad \theta & \qquad\qquad \phi\end{matrix} \end{align} $$

又超级迅速得得到：

$$ \begin{align} \dfrac{\partial^2}{\partial x^2} & =\dfrac{\partial}{\partial x}(\dfrac{\partial r}{\partial x}\dfrac{\partial}{\partial r}+\dfrac{\partial\theta}{\partial x}\dfrac{\partial}{\partial\theta}+\dfrac{\partial\phi}{\partial x}\dfrac{\partial}{\partial\phi}) \\ & =\dfrac{\partial r}{\partial x}\dfrac{\partial^2}{\partial r\partial x}+\dfrac{\partial\theta}{\partial x}\dfrac{\partial^2}{\partial\theta\partial x}+\dfrac{\partial\phi}{\partial x}\dfrac{\partial^2}{\partial\phi\partial x}+\dfrac{\partial^2r}{\partial x^2}\dfrac{\partial}{\partial r}+\dfrac{\partial^2\theta}{\partial x^2}\dfrac{\partial}{\partial\theta}+\dfrac{\partial^2\phi}{\partial x^2}\dfrac{\partial}{\partial\phi} \\ \end{align} $$

再有：

$$ \begin{align} \dfrac{\partial^2}{\partial r\partial x} & =\dfrac{\partial r}{\partial x}\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}+\dfrac{\partial\theta}{\partial x}\dfrac{\partial}{\partial r\partial\theta}+\dfrac{\partial\phi}{\partial x}\dfrac{\partial}{\partial r\partial\phi} \end{align} $$

一个拉普拉斯算符有三项，每项中又代入上面的等式共三个，再将求得的导数代入，可以得到下面的：

$$ 2\left(\dfrac{\partial r}{\partial x}\dfrac{\partial\theta}{\partial x}+\dfrac{\partial r}{\partial y}\dfrac{\partial\theta}{\partial y}+\dfrac{\partial r}{\partial z}\dfrac{\partial\theta}{\partial z}\right)\dfrac{\partial^2}{\partial r\partial\theta}=0 $$

共三个，于是混合偏导数项全0！（波函数一定是充分光滑的，因此积分次序不影响积分结果。）

得到拉普拉斯算符的球坐标表示：

$$ \begin{align} \nabla^2 & =\left((\dfrac{\partial r}{\partial x})^2+(\dfrac{\partial r}{\partial y})^2+(\dfrac{\partial r}{\partial z})^2\right)\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}+\left(\dfrac{\partial^2 r}{\partial x^2}+\dfrac{\partial^2 r}{\partial y^2}+\dfrac{\partial^2 r}{\partial z^2}\right)\dfrac{\partial}{\partial r} \\ & +\left((\dfrac{\partial \theta}{\partial x})^2+(\dfrac{\partial \theta}{\partial y})^2+(\dfrac{\partial \theta}{\partial z})^2\right)\dfrac{\partial^2}{\partial \theta^2}+\left(\dfrac{\partial^2 \theta}{\partial x^2}+\dfrac{\partial^2 \theta}{\partial y^2}+\dfrac{\partial^2 \theta}{\partial z^2}\right)\dfrac{\partial}{\partial \theta} \\ & +\left((\dfrac{\partial \phi}{\partial x})^2+(\dfrac{\partial \phi}{\partial y})^2+(\dfrac{\partial \phi}{\partial z})^2\right)\dfrac{\partial^2}{\partial \phi^2} + \left(\dfrac{\partial^2 \phi}{\partial x^2}+\dfrac{\partial^2 \phi}{\partial y^2}+\dfrac{\partial^2 \phi}{\partial z^2}\right)\dfrac{\partial}{\partial \phi} \end{align} $$

可以试求第一行的部分，立即可得$\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}$的系数为$1$， 而$\dfrac{\partial}{\partial r}$的系数为：

$$ \begin{align} & \cos \theta \cos \phi \dfrac{\partial \theta}{\partial x} - \sin \theta \sin \phi \dfrac{\partial \theta}{\partial x} + \cos \theta\sin \phi \dfrac{\partial \phi}{\partial y} + \sin \theta \cos \phi \dfrac{\partial \phi}{\partial y} - \sin \theta \dfrac{\partial \theta}{\partial z} \\ = & \dfrac{\cos^2\theta\cos^2\phi}{r} + \dfrac{\sin^2\phi}{r} + \dfrac{\cos^2 \theta \sin^2 \phi}{r} + \dfrac{\cos^2 \phi}{r} + \dfrac{\sin^2 \theta}{r} \\ = & \dfrac{2}{r} \end{align} $$

还能由高中的配方法得到两种形式：¹

$$ \begin{align} \Delta & =\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial ^2}{\partial y^2}+\frac{\partial^2}{\partial z^2}\\ & = \frac{\partial^2}{\partial r^2}+\frac{2}{r}\frac{\partial}{\partial r}+ \frac{1}{r^2}\frac{\partial ^2}{\partial \theta^2}+\frac{\cos{\theta}}{r^2\sin{\theta}}\frac{\partial}{\partial \theta}+\frac{1}{r^2\sin^2{\theta}}\frac{\partial^2}{\partial \varphi^2}\\ & =\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}(r^2\frac{\partial}{\partial r})+\frac{1}{r^2\sin{\theta}}\frac{\partial}{\partial \theta}(\sin{\theta\frac{\partial}{\partial \theta}})+\frac{1}{r^2\sin^2{\theta}}\frac{\partial^2}{\partial \varphi^2} \end{align} $$

问题3——重点²

所以为什么会得到球坐标代入后的混合偏导数全0呢？原因就是球坐标系的正交性，或者说球坐标系是正交曲线坐标系。

特点就是用于表示空间点的坐标$(q_1,q_2,q_3)$，点$M$处的矢量$\mathbf{A}=A_1\mathbf{e}_1+A_2\mathbf{e}_2+A_3\mathbf{e}_3$，而标架$\langle\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2,\mathbf{e}_3\rangle$正交且成右手系。

可以利用正交曲线坐标与直角坐标的互换，来用直角坐标系中的性质推导出正交曲线坐标系中的性质。

首先得到坐标曲线上的弧微分，以及引入拉梅系数的概念：（本来会有正负号问题，但是这里选择忽略±，即弧长正方向与坐标增长同向）

$$ \begin{align} \mathrm{d}s_1 & =\sqrt{\mathrm{d}x^2+\mathrm{d}y^2+\mathrm{d}z^2}\\ & =\sqrt{\left(\dfrac{\partial x}{\partial q_1}\right)^2+\left(\dfrac{\partial y}{\partial q_1}\right)^2+\left(\dfrac{\partial z}{\partial q_1}\right)^2}\ \mathrm{d}q_1 \\ & =H_1\ \mathrm{d}q_1 \end{align} $$

拉梅（G. Lamé）系数$H=\sqrt{\left(\dfrac{\partial x}{\partial q_i}\right)^2+\left(\dfrac{\partial y}{\partial q_i}\right)^2+\left(\dfrac{\partial z}{\partial q_i}\right)^2}$，可以既可以看作是坐标曲线的弧微分，转换到对应的坐标微分的系数；由后面的结论也可以认为是一般弧长微元投影到对应单位矢量上，再由对应坐标微分表示，所需的换元系数。将第一型曲线积分的概念代入进去看，可以理解到H的超级有用。

从这里可以得出体积元素、面积元素的表示，因为坐标曲线在任意点都是正交的，因此体积微分、面积微分分别是立方体和矩形！和直角坐标中得到微元的方式相同，都利用到了几何直观。

$$ \begin{align} \mathrm{d}V & =\mathrm{d}s_1\mathrm{d}s_2\mathrm{d}s_3=H_1H_2H_3\mathrm{d}q_1\mathrm{d}q_2\mathrm{d}q_3 \\ \mathrm{d}S_{12} & =\mathrm{d}s_1\mathrm{d}s_2=H_1H_2\mathrm{d}s_1\mathrm{d}s_2 \end{align} $$

然后利用一些结论，导矢与对应的矢量同向，得：

$$ \dfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial q_1}=H_1\mathbf{e}_1=\dfrac{\partial x}{\partial q_1}i+\dfrac{\partial y}{\partial q_1}j+\dfrac{\partial z}{\partial q_1}k $$

标架正交，得：

$$ \dfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial q_i}\cdot\dfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial q_j}=\begin{cases}0 & i\neq j \\ H_i^2 & i=j\end{cases} $$

能证明一般曲线上的弧微分满足：

$$ \mathrm{d}s^2=\mathrm{d}x^2+\mathrm{d}y^2+\mathrm{d}z^2=\mathrm{d}s_1^2+\mathrm{d}s_2^2+\mathrm{d}s_3^2 $$

比起前面的面积和体积微元更不直观一些，所以证明一下是可以的。当然上面的微元也可以用这种方法去证而不用直观想象。

关于H的计算、正交性的证明，给出下面的方法，以球坐标为例：

$$ \begin{align} \dfrac{D(x,y,z)}{D(r,\theta,\phi)}= & \begin{vmatrix} \sin\theta\cos\phi & \sin\theta\sin\phi & \cos\theta \\ r\cos\theta\cos\phi & r\cos\theta\sin\phi & -r\sin\theta \\ -r\sin\theta\sin\phi & r\sin\theta\cos\phi & 0 \end{vmatrix}\begin{matrix}r\\\theta\\\phi\end{matrix}\\ & \begin{matrix}\qquad x & \qquad\qquad y & \qquad\qquad z\end{matrix} \end{align} $$

首先是证明正交性，即证明上面的基向量正交，这也同时用来计算H：（使用偏导数的简写法）

$$ \dfrac{\partial \mathbf{r}}{\partial r}\cdot\dfrac{\partial \mathbf{r}}{\partial \theta}=x_rx_\theta+y_ry_\theta+z_rz_\theta $$

很容易能看出是上面行列式其中两行的点积，因此证明正交，需要证明任意两行的向量点积得到0；而计算H，则是对应行的向量模长。

$$ H_r=1,\ H_\theta=r,\ H_\phi=r\sin\theta $$

将上面那个行列式每行进行归一化一样的操作，可以得到常用的对应表：

$$ \begin{array}{|c|ccc|} \hline & \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \hline \mathbf{\hat{r}} & \sin\theta\cos\phi & \sin\theta\sin\phi & \cos\theta \\ \mathbf{\hat{\theta}} & \cos\theta\cos\phi & \cos\theta\sin\phi & -\sin\theta \\ \mathbf{\hat{\phi}} & -\sin\phi & \cos\phi & 0 \\ \hline \end{array} $$

表格满足$\mathbf{i}=\alpha_r\mathbf{\hat{r}}+\alpha_\theta\mathbf{\hat{\theta}}+\alpha_\phi\mathbf{\hat{\phi}}$和$r=\alpha_r\mathbf{i}+\beta_r\mathbf{j}+\gamma_r\mathbf{k}$，其中$\alpha_r=\sin\theta\cos\phi=\dfrac{x_r}{H_r}$，而另外两个直角坐标单位矢量，对应的系数通常记作$\beta_\theta$和$\gamma_\phi$等。是由上面的导矢结论推导得到。

下面推导nabla算子和拉普拉斯算子的表示。

数性函数u，在坐标曲线$q_1$上的微分有：

$$ \mathrm{d}u=\dfrac{\partial u}{\partial q_1}\ \mathrm{d}q_1=\dfrac{1}{H_1}\dfrac{\partial u}{\partial q_1}\ \mathrm{d}s_1 $$

于是方向导数：

$$ \mathbf{grad}_{\mathbf{e}_1}\ u=\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}s_1}=\dfrac{1}{H_1}\dfrac{\partial u}{\partial q_1} $$

得到梯度表达式和nabla算子：

$$ \begin{align} \nabla u & =\mathbf{grad}\ u=\dfrac{1}{H_1}\dfrac{\partial u}{\partial q_1}\mathbf{e}_1+\dfrac{1}{H_2}\dfrac{\partial u}{\partial q_2}\mathbf{e}_2+\dfrac{1}{H_3}\dfrac{\partial u}{\partial q_3}\mathbf{e}_3 \\ \nabla & =\dfrac{1}{H_1}\dfrac{\partial }{\partial q_1}\mathbf{e}_1+\dfrac{1}{H_2}\dfrac{\partial }{\partial q_2}\mathbf{e}_2+\dfrac{1}{H_3}\dfrac{\partial }{\partial q_3}\mathbf{e}_3 \end{align} $$

要得到单位矢量对曲线坐标的偏导数的表示，才能进行到后面的推导。

对于$\dfrac{\partial \mathbf{e}_i}{\partial q_j}$，由$\mathbf{e}_i=\dfrac{1}{H_i}\dfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial q_i}$，得：

$$ \begin{align} \dfrac{\partial \mathbf{e}_1}{\partial q_1}=\dfrac{\partial}{\partial q_1}\left(\dfrac{1}{H_1}\right)\dfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial q_1}+\dfrac{1}{H_1}\dfrac{\partial^2\mathbf{r}}{\partial q_1^2} \\ \dfrac{\partial \mathbf{e}_1}{\partial q_2}=\dfrac{\partial}{\partial q_2}\left(\dfrac{1}{H_1}\right)\dfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial q_1}+\dfrac{1}{H_1}\dfrac{\partial^2\mathbf{r}}{\partial q_1\partial q_2} \end{align} $$

其中简单的有：

$$ \dfrac{\partial}{\partial q_1}\left(\dfrac{1}{H_1}\right)\dfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial q_1} = -\dfrac{\mathbf{e}_1}{H_1}\dfrac{\partial H_1}{\partial q_1}\qquad \dfrac{\partial}{\partial q_2}\left(\dfrac{1}{H_1}\right)\dfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial q_1} = -\dfrac{\mathbf{e}_1}{H_1}\dfrac{\partial H_1}{\partial q_2} $$

而复杂的，代入$i=\alpha_1\mathbf{e}_1+\alpha_2\mathbf{e}_2+\alpha_3\mathbf{e}_3=\dfrac{\mathbf{e}_1}{H_1}\dfrac{\partial x}{\partial q_1}+\dfrac{\mathbf{e}_2}{H_2}\dfrac{\partial x}{\partial q_2}+\dfrac{\mathbf{e}_3}{H_3}\dfrac{\partial x}{\partial q_3}$等：

$$ \begin{align} \dfrac{1}{H_1}\dfrac{\partial^2\mathbf{r}}{\partial q_1^2} & =\dfrac{1}{H_1}\left(\dfrac{\partial^2x}{\partial q_1^2}i+\dfrac{\partial^2y}{\partial q_1^2}j+\dfrac{\partial^2z}{\partial q_1^2}k\right) \\ & = \dfrac{1}{H_1}\left[\dfrac{\partial^2x}{\partial q_1^2}\left(\dfrac{\mathbf{e}_1}{H_1}\dfrac{\partial x}{\partial q_1}+\dfrac{\mathbf{e}_2}{H_2}\dfrac{\partial x}{\partial q_2}+\dfrac{\mathbf{e}_3}{H_3}\dfrac{\partial x}{\partial q_3}\right)\right. \\ & + \dfrac{\partial^2y}{\partial q_1^2}\left(\dfrac{\mathbf{e}_1}{H_1}\dfrac{\partial y}{\partial q_1}+\dfrac{\mathbf{e}_2}{H_2}\dfrac{\partial y}{\partial q_2}+\dfrac{\mathbf{e}_3}{H_3}\dfrac{\partial y}{\partial q_3}\right) \\ & + \left. \dfrac{\partial^2z}{\partial q_1^2}\left(\dfrac{\mathbf{e}_1}{H_1}\dfrac{\partial z}{\partial q_1}+\dfrac{\mathbf{e}_2}{H_2}\dfrac{\partial z}{\partial q_2}+\dfrac{\mathbf{e}_3}{H_3}\dfrac{\partial z}{\partial q_3}\right)\right] \\ & = \dfrac{\mathbf{e}_1}{H_1^2}\left( \frac{\partial^2 x}{\partial q_1^2}\frac{\partial x}{\partial q_1} + \frac{\partial^2 y}{\partial q_1^2}\frac{\partial y}{\partial q_1} + \frac{\partial^2 z}{\partial q_1^2}\frac{\partial z}{\partial q_1} \right) \\ & + \dfrac{\mathbf{e}_2}{H_1H_2}\left( \frac{\partial^2 x}{\partial q_1^2}\frac{\partial x}{\partial q_2} + \frac{\partial^2 y}{\partial q_1^2}\frac{\partial y}{\partial q_2} + \frac{\partial^2 z}{\partial q_1^2}\frac{\partial z}{\partial q_2} \right) \\ & + \dfrac{\mathbf{e}_3}{H_1H_3}\left(\frac{\partial^2 x}{\partial q_1^2}\frac{\partial x}{\partial q_3} + \frac{\partial^2 y}{\partial q_1^2}\frac{\partial y}{\partial q_3} + \frac{\partial^2 z}{\partial q_1^2}\frac{\partial z}{\partial q_3} \right) \\ \dfrac{1}{H_1}\frac{\partial^2 \mathbf{r}}{\partial q_1 \partial q_2} &= \frac{\mathbf{e}_1}{H_1^2} \left( \frac{\partial^2 x}{\partial q_1 \partial q_2} \frac{\partial x}{\partial q_1} + \frac{\partial^2 y}{\partial q_1 \partial q_2} \frac{\partial y}{\partial q_1} + \frac{\partial^2 z}{\partial q_1 \partial q_2} \frac{\partial z}{\partial q_1} \right) \\ &\quad + \frac{\mathbf{e}_2}{H_1H_2} \left( \frac{\partial^2 x}{\partial q_1 \partial q_2} \frac{\partial x}{\partial q_2} + \frac{\partial^2 y}{\partial q_1 \partial q_2} \frac{\partial y}{\partial q_2} + \frac{\partial^2 z}{\partial q_1 \partial q_2} \frac{\partial z}{\partial q_2} \right) \\ &\quad + \frac{\mathbf{e}_3}{H_1H_3} \left( \frac{\partial^2 x}{\partial q_1 \partial q_2} \frac{\partial x}{\partial q_3} + \frac{\partial^2 y}{\partial q_1 \partial q_2} \frac{\partial y}{\partial q_3} + \frac{\partial^2 z}{\partial q_1 \partial q_2} \frac{\partial z}{\partial q_3} \right) \end{align} $$

（写出这个形式只是为了说明映射方法的正确性）

单位矢量的导矢与它本身垂直是个很不错的性质。$\dfrac{\partial}{\partial q_i} \left( \mathbf{e}_i \cdot \mathbf{e}_i \right)=\dfrac{\partial \mathbf{e}_i}{\partial q_i} \cdot \mathbf{e}_i + \mathbf{e}_i \cdot \dfrac{\partial \mathbf{e}_i}{\partial q_i} = 2 \left( \mathbf{e}_i \cdot \dfrac{\partial \mathbf{e}_i}{\partial q_i} \right) = 0$。

由正交性可以得到等式$\dfrac{\partial}{\partial q_i} \left( \mathbf{e}_i \cdot \mathbf{e}_j \right)=\dfrac{\partial \mathbf{e}_i}{\partial q_i} \cdot \mathbf{e}_j + \mathbf{e}_i \cdot \dfrac{\partial \mathbf{e}_j}{\partial q_i} = 0$。

混合偏导数的对称性也是一个很不错的性质。$\dfrac{\partial^2\mathbf{r}}{\partial q_1\partial q_2}=\dfrac{\partial (H_1\mathbf{e}_1)}{\partial q_2}=\dfrac{\partial (H_2\mathbf{e}_2)}{\partial q_1}$。

要尝试证明一个重要结论：$\dfrac{\partial \mathbf{e}_i}{\partial q_j}\parallel \mathbf{e}_j$。（还是使用偏导数简单写法）

$$ \begin{cases} \dfrac{\partial}{\partial q_3}\left(\dfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial q_1}\cdot\dfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial q_2}\right)=0=\mathbf{r}_{31}\cdot \mathbf{r}_2 &+ 0 &+ \mathbf{r}_{23}\cdot \mathbf{r}_1\\ \dfrac{\partial}{\partial q_1}\left(\dfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial q_2}\cdot\dfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial q_3}\right)=0=\mathbf{r}_{31}\cdot \mathbf{r}_2&+\mathbf{r}_{12}\cdot \mathbf{r}_3&+ 0\\ \dfrac{\partial}{\partial q_2}\left(\dfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial q_3}\cdot\dfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial q_1}\right)=0= 0 &+ \mathbf{r}_{23}\cdot \mathbf{r}_1&+\mathbf{r}_{12}\cdot \mathbf{r}_3 \end{cases} $$

显然由于系数行列式为0，使方程组要成立，必须令

$$ \begin{align} \mathbf{r}_{31}\cdot \mathbf{r}_2=0=\left(\dfrac{\partial H_1}{\partial q_3}\mathbf{e}_1+H_1\dfrac{\partial \mathbf{e}_1}{\partial q_3}\right)\cdot \mathbf{e}_2 \\ \Rightarrow \dfrac{\partial \mathbf{e}_1}{\partial q_3}\cdot \mathbf{e}_2=0 \end{align} $$

由于$\dfrac{\partial \mathbf{e}_1}{\partial q_3}\perp \mathbf{e}_2\land\dfrac{\partial \mathbf{e}_1}{\partial q_3}\perp \mathbf{e}_1$，以及正交性，因此得证。³

然后可以计算各项的结果了。

$$ \begin{align} \mathbf{r}_{ii}\cdot \mathbf{r}_i&=\left(\dfrac{\partial H_i}{\partial q_i}\mathbf{e}_i+H_i\dfrac{\partial \mathbf{e}_i}{\partial q_i}\right)\cdot H_i\mathbf{e}_i=H_i\dfrac{\partial H_i}{\partial q_i} \\ \mathbf{r}_{ij}\cdot \mathbf{r}_i&=\left(\dfrac{\partial H_i}{\partial q_j}\mathbf{e}_i+H_i\dfrac{\partial \mathbf{e}_i}{\partial q_j}\right)\cdot H_i\mathbf{e}_i=H_i\dfrac{\partial H_i}{\partial q_j} \\ \mathbf{r}_{ii}\cdot \mathbf{r}_j&=\dfrac{\partial}{\partial q_i}(\mathbf{r}_i\cdot \mathbf{r}_j)-\mathbf{r}_{ij}\cdot \mathbf{r}_i=\dfrac{\partial}{\partial q_i}(H_i\mathbf{e}_i\cdot H_j\mathbf{e}_j)-\mathbf{r}_{ij}\cdot \mathbf{r}_i=-H_i\dfrac{\partial H_i}{\partial q_j} \\ \mathbf{r}_{ij}\cdot \mathbf{r}_k&=\left(\dfrac{\partial H_i}{\partial q_j}\mathbf{e}_i+H_i\dfrac{\partial \mathbf{e}_i}{\partial q_j}\right)\cdot H_k\mathbf{e}_k=0 \end{align} $$

上面那个式子实际上等价于将矢量用曲线坐标表示。

$$ \begin{align} \mathbf{r}_{ij} & = (\mathbf{r}_{ij}\cdot \mathbf{e}_1)\mathbf{e}_1+(\mathbf{r}_{ij}\cdot \mathbf{e}_2)\mathbf{e}_2+(\mathbf{r}_{ij}\cdot \mathbf{e}_3)\mathbf{e}_3 \\ & = \dfrac{\mathbf{e}_1}{H_1}(\mathbf{r}_{ij}\cdot \mathbf{r}_1)+\dfrac{\mathbf{e}_2}{H_2}(\mathbf{r}_{ij}\cdot \mathbf{r}_2)+\dfrac{\mathbf{e}_3}{H_3}(\mathbf{r}_{ij}\cdot \mathbf{r}_3) \\ & = \sum_{k=1}^3\dfrac{\mathbf{e}_k}{H_k}(\mathbf{r}_{ij}\cdot \mathbf{r}_k) \end{align} $$

为了方便看出两项之间的相消情况，作出如下表示：

$$ \begin{align} \dfrac{\partial \mathbf{e}_i}{\partial q_j} & =-\dfrac{\mathbf{e}_i}{H_i}\dfrac{\partial H_i}{\partial q_j}+\dfrac{1}{H_i}\mathbf{r}_{ij} \\ &= \dfrac{1}{H_i}\left(-\dfrac{\mathbf{e}_i}{H_i}(\mathbf{r}_{ij}\cdot \mathbf{r}_i)+\sum_{k=1}^3\dfrac{\mathbf{e}_k}{H_k}(\mathbf{r}_{ij}\cdot \mathbf{r}_k)\right) \end{align} $$

下面描述上面两个导数的推导：

$$ \begin{align} \dfrac{\partial \mathbf{e}_1}{\partial q_1} = \left.\dfrac{\partial \mathbf{e}_i}{\partial q_j}\right|_{i=j=1} &= \dfrac{1}{H_1}\left(\dfrac{\mathbf{e}_2}{H_2}(\mathbf{r}_{11}\cdot \mathbf{r}_2)+\dfrac{\mathbf{e}_3}{H_3}(\mathbf{r}_{11}\cdot \mathbf{r}_3)\right) \\ &= \dfrac{1}{H_1}\left(\dfrac{\mathbf{e}_2}{H_2}\left.(\mathbf{r}_{ii}\cdot \mathbf{r}_j)\right|_{i=1,j=2}+\dfrac{\mathbf{e}_3}{H_3}\left.(\mathbf{r}_{ii}\cdot \mathbf{r}_j)\right|_{i=1,j=3}\right) \\ &= -\dfrac{\mathbf{e}_2}{H_2}\dfrac{\partial H_1}{\partial q_2}-\dfrac{\mathbf{e}_3}{H_3}\dfrac{\partial H_1}{\partial q_3} \\ \dfrac{\partial \mathbf{e}_1}{\partial q_2} &= \dfrac{1}{H_1}\left(\dfrac{\mathbf{e}_2}{H_2}(\mathbf{r}_{12}\cdot \mathbf{r}_2)+\dfrac{\mathbf{e}_3}{H_3}(\mathbf{r}_{12}\cdot \mathbf{r}_3)\right) \\ &= \dfrac{1}{H_1}\dfrac{\mathbf{e}_2}{H_2}\left.(\mathbf{r}_{ij}\cdot \mathbf{r}_i)\right|_{i=2,j=1} \\ &= \dfrac{\mathbf{e}_2}{H_1}\dfrac{\partial H_2}{\partial q_1} \end{align} $$

总结一下，其实用矢量或用偏导数的方法证明，底层是一个套路，并不算成两个方法。但是若对几何有一定了解，可以知道单位矢量的导矢会与另一单位矢量平行。

散度算符：

$$ \begin{align} \nabla\cdot \mathbf{A}=\mathrm{div}\ \mathbf{A} &= \dfrac{1}{H_1}\dfrac{\partial A_1}{\partial q_1}+\dfrac{A_2}{H_1H_2}\dfrac{\partial H_1}{\partial q_2}+\dfrac{A_3}{H_1H_3}\dfrac{\partial H_1}{\partial q_3} \\ &+ \dfrac{A_1}{H_2H_1}\dfrac{\partial H_2}{\partial q_1}+\dfrac{1}{H_2}\dfrac{\partial A_2}{\partial q_2}+\dfrac{A_3}{H_2H_3}\dfrac{\partial H_2}{\partial q_3} \\ &+ \dfrac{A_1}{H_3H_1}\dfrac{\partial H_3}{\partial q_1}+\dfrac{A_2}{H_3H_2}\dfrac{\partial H_3}{\partial q_2}+\dfrac{1}{H_3}\dfrac{\partial A_3}{\partial q_3} \\ &= \dfrac{1}{H_1H_2H_3}\left(\dfrac{\partial(H_2H_3A_1)}{\partial q_1}+\dfrac{\partial(H_1H_3A_2)}{\partial q_2}+\dfrac{\partial(H_1H_2A_3)}{\partial q_3}\right) \end{align} $$

可以看出凑微分的方法还是过于实用。

调和量即拉普拉斯算符，用代入法立即可得：

$$ \begin{align} \nabla^2u=\nabla\cdot\nabla u=\dfrac{1}{H_1H_2H_3}\left(\dfrac{\partial}{\partial q_1}(\dfrac{H_2H_3}{H_1}\dfrac{\partial u}{\partial q_1})+\dfrac{\partial}{\partial q_2}(\dfrac{H_1H_3}{H_2}\dfrac{\partial u}{\partial q_2})+\dfrac{\partial}{\partial q_1}(\dfrac{H_1H_2}{H_3}\dfrac{\partial u}{\partial q_3})\right) \end{align} $$

有广义雅可比矩阵用于助记散度和旋度，只给一些符号说明：

$$ F_2=H_2A_2\quad G_1=H_2H_3A_1\quad G\mathbf{A} $$

至于势函数、全微分求积、保守场曲线积分、矢势量，应用方面的直接跳过。

还有一个很重要的内容是对直角坐标的偏微分算符$\dfrac{\partial}{\partial x}$等，因为常见的正交曲线系都是容易求$\dfrac{\partial x}{\partial q_i}$而不易求$\dfrac{\partial q_i}{\partial x}$。

有三条路径可以求得该算符。

法2由直接求偏微分得：

$$ \dfrac{\partial}{\partial x}=\dfrac{\partial r}{\partial x}\dfrac{\partial}{\partial r}+\dfrac{\partial\theta}{\partial x}\dfrac{\partial}{\partial\theta}+\dfrac{\partial\phi}{\partial x}\dfrac{\partial}{\partial\phi} $$

很明显是不方便算的，而计算结果在上面有。

法2由nabla算子或者说计算梯度得，

$$ \begin{align} \nabla q_1&=\dfrac{1}{H_1}\dfrac{\partial q_1}{\partial q_1}\mathbf{e}_1+\dfrac{1}{H_2}\dfrac{\partial q_1}{\partial q_2}\mathbf{e}_2+\dfrac{1}{H_3}\dfrac{\partial q_1}{\partial q_3}\mathbf{e}_3 \\ &=\dfrac{1}{H_1}(\alpha_1\mathbf{i}+\beta_1\mathbf{j}+\gamma_1\mathbf{k}) \\ &=\dfrac{\partial q_1}{\partial x}\mathbf{i}+\dfrac{\partial q_1}{\partial y}\mathbf{j}+\dfrac{\partial q_1}{\partial z}\mathbf{k} \end{align} $$

由向量相等的定义可以得到重要公式：

$$ \dfrac{\partial q_1}{\partial x}=\dfrac{\alpha_1}{H_1}=\dfrac{1}{H_1^2}\dfrac{\partial x}{\partial q_1} $$

法3由矩阵方法得。雅各比矩阵$J_{ki}=\dfrac{\partial x_k}{\partial q_i}$是行正交阵，但不是单位正交，且能写成单位阵与对角阵的乘积$J=DA$，直接化成单位正交阵$A_{ki}=\dfrac{1}{H_i}\dfrac{\partial x_k}{\partial q_i}$。

雅各比矩阵的逆阵$(J^{-1}){ik}=\dfrac{\partial q_i}{\partial x_k}$，这可以由直接偏微分的式子得到。而利用单位正交阵的性质得到$(J^{-1}){ik}=A^TD^{-1}=\dfrac{1}{H_i^2}\dfrac{\partial x_k}{\partial q_i}$，同样得到上面的重要公式。

扩展1⁴

外微分形式的特点就是在微分积上加了符号，表示它不是点乘。

$f_j:\ \mathbb{R}^n\ni D\rightarrow \mathbb{R}$，一般研究的情况都是D为单连通域且$f_j$都充分光滑。

一阶外微分形式：

$$ f_1(x_1,\cdots,x_n)\mathrm{d}x_1+\cdots+f_n(x_n,\cdots,x_n)\mathrm{d}x_n $$

与正常的全微分相同。

二阶外微分形式：

$$ \sum_{i,j=1}^nf_{ij}\mathrm{d}x_i\land \mathrm{d}x_j $$

体现出很大区别，因为按定义，交换次序有：

$$ \mathrm{d}x_i\land \mathrm{d}x_j=-\mathrm{d}x_j\land \mathrm{d}x_i $$

要构造线性空间的概念以使用它，$\Lambda_m(D)$表示区域D中所有m阶外微分形式的集合，与加法、数乘运算能组成线性空间。$\Lambda_0(D)$作为D上所有光滑函数的集合，光滑的目的是让它在D上有微分形式。

给出高阶外微分形式的几何直观是，一阶外微分形式用坐标的长度微分作为基，而二阶用面积微分，三阶用体积微分。基构成正交右手系。由于面积微分需要有方向，因此定义顺序外积和倒序外积具有不同符号是很有意义的，它们表示面积微分的换向。将相同微分的外积定义为0，因为此时面积为0。这使外积的性质与矢量外积类似，实际上也使得外微分形式能在基上（线性空间中）做各种矢量能进行的运算。

我们已经知道如何将D上函数F的变化量，用不同方向变化率和坐标变化量表示：

$$ \mathrm{d}F=F_1\mathrm{d}x_1+\cdots+F_n\mathrm{d}x_n $$

容易知道$F,F_n\in\Lambda_0(D)$，于是不同方向上的变化率又和坐标变化量有关，可以再次表示成：

$$ \mathrm{d}\mathrm{d}F=\mathrm{d}F_1\land \mathrm{d}x_1+\cdots+\mathrm{d}F_n\land \mathrm{d}x_n=\sum_{i,j=1}^nG_{ij}\mathrm{d}x_i\land \mathrm{d}x_j $$

将这种运算称为外微分形式的微分。

如果外微分形式$\omega$能作为全微分求积，即$\exists\Omega\in\Lambda_{m-1}(D),使\Lambda_m(D)\ni\omega=\mathrm{d}\Omega$，那么它是一个恰当微分。

如果外微分形式$\omega$的外微分$\mathrm{d}\omega=0$，那么它是一个闭的外微分。

如果我们为一阶外微分形式$\omega=P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z$求两次微分，

$$ \begin{align} \mathrm{d}\omega&=(Q_x-P_y)\mathrm{d}x\land \mathrm{d}y+(R_y-Q_z)\mathrm{d}y\land \mathrm{d}z+(P_z-R_x)\mathrm{d}z\land \mathrm{d}x \\ \mathrm{d}\mathrm{d}\omega&=(R_{yx}-R_{xy}+P_{zy}-P_{yz}+Q_{xz}-Q_{zx})\mathrm{d}x\land \mathrm{d}y\land \mathrm{d}z \end{align} $$

由于只讨论充分光滑的函数，因此$\mathrm{d}\mathrm{d}\omega\equiv0$！因此若微分形式是恰当的，那么它就是闭的。

格林公式视作斯托克斯公式中的L、S在Oxy平面上时的特解，也可以视作不同阶数的斯托克斯方程。根据上面的三个导数，很容易发现三个公式的外微分形式写法：

$$ \begin{align} \int\limits_L\omega=\iint\limits_{D\in\mathbb{R}^2}\mathrm{d}\omega \\ \iint\limits_S\omega=\iiint\limits_{V\in\mathbb{R}^3}\mathrm{d}\omega \\ \int\limits_L\omega=\iint\limits_{\mathbb{R}^2\ni S\rightarrow\mathbb{R}^3}\mathrm{d}\omega \end{align} $$

它们共同表示成：

$$ \int\limits_{\partial\Sigma}\omega=\int\limits_{\Sigma}\mathrm{d}\omega $$

就是一般形式的斯托克斯公式。