Prove as seguintes derivadas dos versores dos sistemas de coordenadas curvilíneas
\frac{\partial \hat{a}_{\theta}}{\partial \theta}=-\hat{a}_{R}

Passo 1

O enunciado pede provar a igualdade
\frac{\partial \hat{a}_{\theta}}{\partial \theta}=-\hat{a}_{R}.
Informações que temos (implícitas no enunciado e que vamos usar):
  • Existem dois versores dependentes do ângulo \theta: o radial \hat{a}_{R} e o tangencial/azimutal \hat{a}_{\theta}.
  • Podemos usar a base cartesiana fixa \hat{i} e \hat{j} (vetores constantes, independentes de \theta) para escrever \hat{a}_{R} e \hat{a}_{\theta} em componentes.
  • As funções trigonométricas \sin\theta e \cos\theta têm derivadas usuais: \dfrac{d}{d\theta}\sin\theta=\cos\theta e \dfrac{d}{d\theta}\cos\theta=-\sin\theta.

Passo 2

Definir os versores em termos da base cartesiana. Pela definição geométrica em coordenadas polares (ou cilíndricas, no plano xy) o versor radial aponta na direção que faz ângulo \theta com o eixo x, e o versor \hat{a}_{\theta} é ortogonal a \hat{a}_{R} no sentido positivo. Escrevemos, em componentes cartesianas:
\hat{a}_{R}=\cos\theta\,\hat{i}+\sin\theta\,\hat{j},
\hat{a}_{\theta}=-\sin\theta\,\hat{i}+\cos\theta\,\hat{j}.
Explicação rápida: \hat{a}_{R} tem componentes (\cos\theta,\sin\theta) porque sua projeção no eixo x é \cos\theta e no eixo y é \sin\theta. O versor \hat{a}_{\theta} é obtido girando \hat{a}_{R} em +90^\circ (no sentido anti-horário) ou, dependendo da convenção, é o vetor perpendicular que completa a base ortonormal; por isso tem componentes (-\sin\theta,\cos\theta). Observe que \hat{i} e \hat{j} são constantes (não dependem de \theta).

Passo 3

Derivar \hat{a}_{\theta} componente a componente em relação a \theta. Como \hat{i} e \hat{j} são constantes, a derivada age apenas sobre os coeficientes trigonométricos. Começamos com
\hat{a}_{\theta}=-\sin\theta\,\hat{i}+\cos\theta\,\hat{j}.
Aplicando a derivada em \theta:
\frac{\partial \hat{a}_{\theta}}{\partial \theta}=\frac{d}{d\theta}\bigl(-\sin\theta\bigr)\,\hat{i}+\frac{d}{d\theta}\bigl(\cos\theta\bigr)\,\hat{j}.
Usando as derivadas trigonométricas:
\frac{d}{d\theta}\bigl(-\sin\theta\bigr)=-\cos\theta, \qquad \frac{d}{d\theta}\bigl(\cos\theta\bigr)=-\sin\theta,
portanto
\frac{\partial \hat{a}_{\theta}}{\partial \theta}=-\cos\theta\,\hat{i}-\sin\theta\,\hat{j}.

Passo 4

Reconhecer a expressão obtida como -\hat{a}_{R}. Compare com a definição de \hat{a}_{R} do Passo 2:
\hat{a}_{R}=\cos\theta\,\hat{i}+\sin\theta\,\hat{j}.
Logo
-\hat{a}_{R}=-\cos\theta\,\hat{i}-\sin\theta\,\hat{j},
que é exatamente o resultado da derivada do Passo 3. Assim concluímos que
\frac{\partial \hat{a}_{\theta}}{\partial \theta}=-\hat{a}_{R}.

Passo 5

Intuição geométrica e observação útil para a prova: os versores \hat{a}_{R} e \hat{a}_{\theta} formam uma base ortonormal que gira com \theta. Ao variar \theta ligeiramente, \hat{a}_{\theta} muda na direção oposta a \hat{a}_{R} (por isso o sinal negativo). De maneira complementar verifica-se também que
\frac{\partial \hat{a}_{R}}{\partial \theta}=\hat{a}_{\theta},
de modo que as derivadas geram um ciclo semelhante ao de uma rotação de 90^\circ. Uma forma compacta de ver isso é observar que o par (\hat{a}_{R},\hat{a}_{\theta}) pode ser obtido por uma matriz de rotação R(\theta) aplicada à base (\hat{i},\hat{j}), e a derivada de R(\theta) é R'(\theta)=R(\theta) multiplicada por uma matriz que corresponde a uma rotação de 90^\circ com sinal apropriado — tudo consistente com o resultado obtido acima.

Resposta

\frac{\partial \hat{a}_{\theta}}{\partial \theta}=-\hat{a}_{R}

Exercícios relacionados