極座標のナブラ及びラプラシアンの簡単な導出

初投稿です。

Step1

まず定義から
位置ベクトル$\vec{\mathbf r} =\vec{\mathbf e}_x x+\vec{\mathbf e}_y y+\vec{\mathbf e}_z z$
とします。

Step2 準備

唯一の面倒なパートです。

$r$について

$${\partial \vec{\mathbf r}\over\partial r} =\vec{\mathbf e}_x\sin\theta\cos\varphi+\vec{\mathbf e}_y \sin\theta\sin\varphi+\vec{\mathbf e}_z \cos\theta $$
$\left\|{\partial \vec{\mathbf r}\over\partial r}\right\| = 1 $

$$\vec{\mathbf e}_r={\partial \vec{\mathbf r}\over\partial r} \tag{1}\label{r1}$$
$${\partial \vec{\mathbf e_r}\over\partial r} =0 \tag{2}\label{r2}$$

$\theta$について

${\partial \vec{\mathbf r}\over\partial \theta} =\vec{\mathbf e}_x r\cos\theta\cos\varphi+\vec{\mathbf e}_y r\cos\theta\sin\varphi-\vec{\mathbf e}_z r\sin\theta $
$\left\|{\partial \vec{\mathbf r}\over\partial \theta}\right\| = r$
$$\vec{\mathbf e}_\theta={1\over r} {\partial \vec{\mathbf r}\over\partial \theta}\tag{3}\label{theta1}$$
$$ {\partial \vec{\mathbf e_\theta}\over\partial \theta} =-\vec{\mathbf e}_x\sin\theta\cos\varphi-\vec{\mathbf e}_y \sin\theta\sin\varphi-\vec{\mathbf e}_z \cos\theta = -\vec{\mathbf e}_r\tag{4}\label{theta2}$$

$\varphi$について

${\partial \vec{\mathbf r}\over\partial \varphi} =-\vec{\mathbf e}_x r\sin\theta\sin\varphi+\vec{\mathbf e}_y r\sin\theta\cos\varphi $
$\left\|{\partial \vec{\mathbf r}\over\partial \varphi}\right\| = rsin\theta$
$$\vec{\mathbf e}_\varphi={1\over rsin\theta}{\partial \vec{\mathbf r}\over\partial \varphi} \tag{5}\label{phi1}$$
$${\partial \vec{\mathbf e_\varphi}\over\partial \varphi} =-\vec{\mathbf e}_x\cos\varphi-\vec{\mathbf e}_y \sin\varphi= - \vec{\mathbf e}_r \sin\theta- \vec{\mathbf e}_\theta \cos\theta\tag{6}\label{phi2}$$

Step3 ナブラを求める

ここで大胆なことをします。
$${\partial \vec{\mathbf r}\over\partial a}\cdot{\partial\over\partial \vec{\mathbf r}} ={\partial \over\partial a}\qquad(a=r,\theta,\varphi)$$
これと(\ref{r1}), (\ref{theta1}), (\ref{phi1})を用いて、
$${\partial\over\partial \vec{\mathbf r}}=\vec{\mathbf e}_r{\partial\over\partial r}+\vec{\mathbf e}_\theta{1\over r}{\partial\over\partial \theta}+\vec{\mathbf e}_\varphi{1\over {r\sin\theta}}{\partial\over\partial \varphi}\tag{7}\label{nabla}$$
これでナブラが求まりました。

Step4 ついにラプラシアンへ、、

式(\ref{nabla})で求めた$\vec\nabla$を変形します。
基底ベクトルと偏微分の交換を行っていきます。
(\ref{r2}), (\ref{theta2}), (\ref{phi2})を用いて
$$\begin{align}\vec{\nabla}\cdot \vec{\nabla}&=\vec{\mathbf e}_r\cdot {\partial\over\partial r}\vec{\nabla}+\vec{\mathbf e}_\theta{1\over r}\cdot {\partial\over\partial \theta}\vec{\nabla}+\vec{\mathbf e}_\varphi{1\over {r\sin\theta}}\cdot {\partial\over\partial \varphi}\vec{\nabla}\\ &={\partial\over\partial r}(\vec{\mathbf e}_r\cdot\vec{\nabla})-({\partial\over\partial r}\vec{\mathbf e}_r)\cdot\vec{\nabla}+{1\over r}{\partial\over\partial \theta}(\vec{\mathbf e}_\theta\cdot\vec{\nabla})-{1\over r}({\partial\over\partial \theta}\vec{\mathbf e}_\theta)\cdot\vec{\nabla}\\ &\qquad+{1\over {r\sin\theta}}{\partial\over\partial \varphi}(\vec{\mathbf e}_\varphi\cdot\vec{\nabla})-{1\over {r\sin\theta}}({\partial\over\partial \varphi}\vec{\mathbf e}_\varphi)\cdot\vec{\nabla}\\ &={\partial\over\partial r}(\vec{\mathbf e}_r\cdot\vec{\nabla})+{1\over r}{\partial\over\partial \theta}(\vec{\mathbf e}_\theta\cdot\vec{\nabla})+{1\over r}\vec{\mathbf e}_r\cdot\vec{\nabla}\\ &\qquad+{1\over {r\sin\theta}}{\partial\over\partial \varphi}(\vec{\mathbf e}_\varphi\cdot\vec{\nabla})-{1\over {r\sin\theta}}(- \vec{\mathbf e}_r \sin\theta- \vec{\mathbf e}_\theta \cos\theta)\cdot\vec{\nabla}\\ &={\partial\over\partial r}(\vec{\mathbf e}_r\cdot\vec{\nabla})+{1\over r}{\partial\over\partial \theta}(\vec{\mathbf e}_\theta\cdot\vec{\nabla})+{2\over r}\vec{\mathbf e}_r\cdot\vec{\nabla}+{1\over {r\sin\theta}}{\partial\over\partial \varphi}(\vec{\mathbf e}_\varphi\cdot\vec{\nabla})+{\cos\theta\over {r\sin\theta}}\vec{\mathbf e}_\theta \cdot\vec{\nabla} \end{align}$$
最後に$\vec{\nabla}$に式(\ref{nabla})を代入します。
$\vec{\mathbf e}_r, \vec{\mathbf e}_\theta, \vec{\mathbf e}_\varphi$がそれぞれ直交していることを用いると、

これで3次元極座標でのラプラシアンが求まりました。

最後に

いくらか省略しましたが、暗算でできる範囲だと思います。
多分赤字下の計算が厳密には証明しないといけないです。