https://spherical-harmonics.hatenablog.com/entry/2022/02/24/082028

の続きなので、その2 にしている。

次のアプローチを考えてみたが、まだ途中。

もちろんベクトル解析を使えばすぐに言えることだけど、なるべく原始的にどこまで求まるか考えたい。

$z=f(\textbf{x})=g(\textbf{p})$ で表されるとき，
$dz=\dfrac{\partial f}{\partial\textbf{x}}d\textbf{x}=\dfrac{\partial g}{\partial\textbf{p}}d\textbf{p}$
から，ヤコビ行列を用いて
$\dfrac{\partial f}{\partial\textbf{x}}J_{\textbf{p}}(\textbf{x})=\dfrac{\partial g}{\partial\textbf{p}}$
とかける．よって
$\left( \dfrac{\partial f}{\partial\textbf{x}} \right)^{\top}$ $=J_{\textbf{p}}^{-\top}(\textbf{x})$ $\left(\dfrac{\partial g}{\partial\textbf{p}}\right)^{\top}$
とかける．よって
$\dfrac{\partial}{\partial\textbf{x}}\left( \dfrac{\partial f}{\partial\textbf{x}} \right)^{\top}$ $=\dfrac{\partial}{\partial\textbf{x}} \left[J_{\textbf{p}}^{-\top}(\textbf{x})\left(\dfrac{\partial g}{\partial\textbf{p}}\right)^{\top}\right]$
となり，
$\dfrac{\partial^2 f}{\partial \textbf{x}\textbf{x}^{\top}}=\dfrac{\partial}{\partial\textbf{p}} \left[J_{\textbf{p}}^{-\top}(\textbf{x})\left(\dfrac{\partial g}{\partial\textbf{p}}\right)^{\top}\right]J_{\textbf{p}}^{-1}(\textbf{x})$
が成立する．ここで積の微分法を使うと，
$\textbf{q}_i=\left[\dfrac{\partial}{\partial p_i}J_{\textbf{p}}^{-\top}(\textbf{x})\right]\left(\dfrac{\partial g}{\partial\textbf{p}}\right)^{\top}$
及び $Q=(\textbf{q}_1 \quad \cdots \quad \textbf{q}_n)$
を用いて
$\dfrac{\partial^2 f}{\partial \textbf{x}\textbf{x}^{\top}}$ $=QJ_{\textbf{p}}^{-1}(\textbf{x})$ $+J_{\textbf{p}}^{-\top}(\textbf{x})\dfrac{\partial^2 g}{\partial \textbf{p}\textbf{p}^{\top}}J_{\textbf{p}}^{-1}(\textbf{x})$
のように表すことができる．

よって
$\Delta f=\mbox{tr}\dfrac{\partial^2 f}{\partial \textbf{x}\textbf{x}^{\top}}$ $=\mbox{tr}(QJ_{\textbf{p}}^{-1}(\textbf{x}))$ $+\mbox{tr}\left(J_{\textbf{p}}^{-\top}(\textbf{x})\dfrac{\partial^2 g}{\partial \textbf{p}\textbf{p}^{\top}}J_{\textbf{p}}^{-1}(\textbf{x})\right)$
が一般に成立する。

例えば2次元極座標のとき，後者は
$\mbox{tr}\left(J_{\textbf{p}}^{-\top}(\textbf{x})\dfrac{\partial^2 g}{\partial \textbf{p}\textbf{p}^{\top}}J_{\textbf{p}}^{-1}(\textbf{x})\right)$ $=\dfrac{\partial^2 g}{\partial r^2}+\dfrac{1}{r^2}\dfrac{\partial^2 g}{\partial \theta^2}$
となり，前者 $\mbox{tr}(QJ_{\textbf{p}}^{-1}(\textbf{x}))$ からいわゆるおつりである $\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial g}{\partial r}$ が得られる．

ここで， $QJ_{\textbf{p}}^{-1}(\textbf{x})$ は対称行列のはずなので，
$QJ_{\textbf{p}}^{-1}(\textbf{x}) =J_{\textbf{p}}^{-T}(\textbf{x})SJ_{\textbf{p}}^{-1}(\textbf{x})$
のように変形したときに何か良いことがあるはずである。ここを簡単にするために直交曲線座標を考えると，
$J_{\textbf{p}}(\textbf{x})=R\Lambda$ （ $R$ は直交行列， $\Lambda=\{\lambda_1,\ldots,\lambda_n\}$ は対角行列）
と分解できるので，より簡単な式になると考えられる。

このとき，
$QJ_{\textbf{p}}^{-1}(\textbf{x})=Q\Lambda^{-1}R^{\top}$ $=R(R^{\top}Q\Lambda^{-1})R^{\top}$
であるから，
$\mbox{tr}(QJ_{\textbf{p}}^{-1}(\textbf{x}))$ $=\mbox{tr}(R^{\top}Q\Lambda^{-1})$
となるので，行列
$T=(\textbf{t}_1\quad \cdots \quad \textbf{t}_n)=R^{\top}Q\Lambda^{-1}$
を定めると，
$\textbf{t}_i=\dfrac{1}{\lambda_i}R^{\top}\textbf{q}_i$ $=\dfrac{1}{\lambda_i}R^{\top}\left[\dfrac{\partial}{\partial p_i}(R\Lambda^{-1})\right]\left(\dfrac{\partial g}{\partial\textbf{p}}\right)^{\top}$ $=\dfrac{1}{\lambda_i}R^{\top}\left[\left(\dfrac{\partial}{\partial p_i}R\right)\Lambda^{-1}+R\left(\dfrac{\partial}{\partial p_i}\Lambda^{-1}\right) \right]\left(\dfrac{\partial g}{\partial\textbf{p}}\right)^{\top}$
$=\dfrac{1}{\lambda_i}\left[R^{\top}\left(\dfrac{\partial}{\partial p_i}R\right)\Lambda^{-1}+\left(\dfrac{\partial}{\partial p_i}\Lambda^{-1}\right) \right]\left(\dfrac{\partial g}{\partial\textbf{p}}\right)^{\top}$
が成立するので，その第 $i$ 成分は
$(\textbf{t}_i)_i=\left(\dfrac{1}{\lambda_i}R^{\top}\left(\dfrac{\partial}{\partial p_i}R\right)\Lambda^{-1}\left(\dfrac{\partial g}{\partial\textbf{p}}\right)^{\top}\right)_i$ $+\dfrac{1}{\lambda_i}\cdot\dfrac{\partial (1/\lambda_i)}{\partial p_i}\dfrac{\partial g}{\partial p_i}$
$=\left(\dfrac{1}{\lambda_i}R^{\top}\left(\dfrac{\partial}{\partial p_i}R\right)\Lambda^{-1}\left(\dfrac{\partial g}{\partial\textbf{p}}\right)^{\top}\right)_i$ $-\dfrac{1}{\lambda_i^3}\cdot\dfrac{\partial \lambda_i}{\partial p_i}\dfrac{\partial g}{\partial p_i}$
となる．合ってそうでいて、良くわからないが、3次元極座標の場合，巡回行列 $K=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ （ $K^{\top}K=I$ ）を用いて
$R=\begin{pmatrix} R(\varphi) & \\ & 1 \end{pmatrix}K\begin{pmatrix} R(\theta) & \\ & 1 \end{pmatrix}$
のように変形できることから，
$R^{\top}\left(\dfrac{\partial}{\partial r}R\right)=O$ ，
$R^{\top}\left(\dfrac{\partial}{\partial \theta}R\right)$ $=\begin{pmatrix} R(-\theta) & \\ & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} R(\theta+(\pi/2)) & \\ & 0 \end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix} R(\pi/2) & \\ & 0 \end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$
$R^{\top}\left(\dfrac{\partial}{\partial \varphi}R\right)$ $=\begin{pmatrix} R(-\theta) & \\ & 1 \end{pmatrix}K^{\top} \begin{pmatrix} R(-\varphi) & \\ & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} R(\varphi+(\pi/2)) & \\ & 0 \end{pmatrix}K\begin{pmatrix} R(\theta) & \\ & 1 \end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix} R(-\theta) & \\ & 1 \end{pmatrix}K^{\top} \begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}K\begin{pmatrix} R(\theta) & \\ & 1 \end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix} R(-\theta) & \\ & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} R(\theta) & \\ & 1 \end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix} 0 & 0 & -\sin\theta \\ 0 & 0 & -\cos\theta \\ \sin\theta & \cos\theta & 0 \end{pmatrix}$
と計算できるので，
$\textbf{t}_1=0-0=0$ から $(\textbf{t}_1)_1=0$ （ $r$ の項），
$\textbf{t}_2=\dfrac{1}{r}\begin{pmatrix} 0 & -\dfrac{1}{r} & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\left(\dfrac{\partial g}{\partial\textbf{p}}\right)^{\top}-0$ $=\dfrac{1}{r}\begin{pmatrix} -\dfrac{1}{r}g_{\theta} \\ g_{r} \\ 0 \end{pmatrix}$ から
$(\textbf{t}_2)_2=\dfrac{1}{r}g_r$ （ $\theta$ の項），
$\textbf{t}_3=\dfrac{1}{r\sin\theta}\begin{pmatrix} 0 & 0 & -\dfrac{1}{r} \\ 0 & 0 & -\dfrac{1}{r\tan\theta} \\ \sin\theta & \dfrac{\cos\theta}{r} & 0 \end{pmatrix}\left(\dfrac{\partial g}{\partial\textbf{p}}\right)^{\top}-0$ $=\dfrac{1}{r\sin\theta}\begin{pmatrix} -\dfrac{1}{r}g_{\varphi} \\ -\dfrac{1}{r\tan\theta}g_{\varphi} \\ (\sin\theta)g_r+\dfrac{\cos\theta}{r}g_{\theta} \end{pmatrix}$ から
$(\textbf{t}_3)_3=\dfrac{1}{r}g_r+\dfrac{1}{r^2\tan\theta}g_{\theta}$ （ $\varphi$ の項）
となっており，おつりがきちんと求まっているので多分大丈夫。

ちなみに、
$J_{\textbf{p}}(\textbf{x})=R\Lambda$ $=\begin{pmatrix} R(\varphi) & \\ & 1 \end{pmatrix}K\begin{pmatrix} R(\theta) & \\ & 1 \end{pmatrix}\mbox{diag}\{1,r,r\sin\theta\}$
$=\left[\begin{pmatrix} R(\varphi) & \\ & 1 \end{pmatrix}\mbox{diag}\{1,\rho,1\}\right]K\left[\begin{pmatrix} R(\theta) & \\ & 1 \end{pmatrix}\mbox{diag}\{1,r,1\}\right]$
（ $\rho=r\sin\theta$ ）の分解（ $K$ は座標の順番を入れ換える行列）こそが，間に円筒座標を挟むことに相当している。横縦を極座標に変換し丸くして，横高さを極座標に変換して丸くしたら、3次元極座標になるというイメージになっている。[tex\theta] が2箇所に散らばっている状況を、 $\rho$ の導入と分解により，座標パラメータが各々1箇所しか登場しないため計算が簡単になるのである（もちろんそれぞれが直交曲線座標だから、回転×対角と計算し易い形に分解されていることもある）。

それはさておき，結局、
$\mbox{tr}(QJ_{\textbf{p}}^{-1}(\textbf{x}))$ $=\displaystyle\sum_i(\textbf{t}_i)_i$ $=\displaystyle\sum_i\left(\dfrac{1}{\lambda_i}R^{\top}\left(\dfrac{\partial}{\partial p_i}R\right)\Lambda^{-1}\left(\dfrac{\partial g}{\partial\textbf{p}}\right)^{\top}\right)_i$ $-\displaystyle\sum_i \dfrac{1}{\lambda_i^3}\cdot\dfrac{\partial \lambda_i}{\partial p_i}\dfrac{\partial g}{\partial p_i}$
まで簡略化できた。ここで， $R^{\top}\left(\dfrac{\partial}{\partial p_i}R\right)$ が交代行列になる（ $I=R^{\top}R$ を微分すればわかる）ことを利用すると、もう少し変形ができそうだ。とりあえず
$\mbox{tr}(QJ_{\textbf{p}}^{-1}(\textbf{x}))$ $=-\displaystyle\sum_i\left(\dfrac{1}{\lambda_i}\left(\dfrac{\partial}{\partial p_i}R^{\top}\right)R \Lambda^{-1}\left(\dfrac{\partial g}{\partial\textbf{p}}\right)^{\top}\right)_i$ $-\displaystyle\sum_i \dfrac{1}{\lambda_i^3}\cdot\dfrac{\partial \lambda_i}{\partial p_i}\dfrac{\partial g}{\partial p_i}$
$=-\displaystyle\sum_i\left(\dfrac{1}{\lambda_i}\left(\dfrac{\partial}{\partial p_i}R^{\top}\right) J_{\textbf{p}}^{-\top}(\textbf{x})\left(\dfrac{\partial g}{\partial\textbf{p}}\right)^{\top}\right)_i$ $-\displaystyle\sum_i \dfrac{1}{\lambda_i^3}\cdot\dfrac{\partial \lambda_i}{\partial p_i}\dfrac{\partial g}{\partial p_i}$
と変形してみる。これを
$-\displaystyle\sum_i\left(\dfrac{1}{\lambda_i}\left(\dfrac{\partial}{\partial p_i}R^{\top}\right) \left(\dfrac{\partial f}{\partial\textbf{x}}\right)^{\top}\right)_i$ $-\displaystyle\sum_i \dfrac{1}{\lambda_i^3}\cdot\dfrac{\partial \lambda_i}{\partial p_i}\dfrac{\partial g}{\partial p_i}$
のようにすると元に戻る感じがするので違う気がする。

後で考えたいこと

(1) $\dfrac{\partial \lambda_i}{\partial p_i}=0$ ，つまり
$\dfrac{||\partial\textbf{x} / \partial p_i ||}{\partial p_i}=0$ となるかどうか。それほど難しくなさそうなので、時間ができたら考える。

(2) $n=3$ のときに最終的に
$\Delta=\dfrac{1}{\mbox{det} \Lambda} \sum\dfrac{\partial}{\partial p_j}\left(\dfrac{\mbox{det} \Lambda}{||\partial\textbf{x} / \partial p_j ||^2}\dfrac{\partial}{\partial p_j}\right)$
が成立するはずなので、ここまで到達する。

(つづく、いつになるかは知らないが)。