Transcript Lösningar

¨
Ovning
7, FMM-Vektoranalys, SI1140
θ
ˆ 98. L˚
at ψ = − cos
och A =
r2
genom
sin θ
e ,
r2 ϕ
d¨ar (r, θ, ϕ) ¨ar sf¨ariska koordinater, definierade

x = r sin θ cos ϕ
y = r sin θ sin ϕ

z = r cos θ
Ber¨akna
a) ∇ψ
b) ∇ × A
c) ∇2 ψ och ∇ × (∇ × A)
ˆ L¨
osning a):
∂
∇ψ =
∂r
cos θ
cos θ
1 ∂
− 2
− 2
er +
eθ =
r
r ∂θ
r
sin θ
2 cos θ
er + 3 eθ
=
3
r
r
ˆ L¨
osning b):
er reθ r sin θeϕ er reθ r sin θeϕ 1 1 =
∂r ∂θ
∂ϕ =
∂r ∂θ
∂ϕ
∇×A= 2
2
r sin θ r sin θ θ
sin2 θ 0 0 r sin θ sin
0 0
r2
r
1
2
sin2 θ
= 2
cos θ sin θer − r − 2
eθ =
r sin θ r
r
2
sin2 θ
1
cos θ sin θer +
eθ =
= 2
r sin θ r
r
2 cos θ
sin θ
e
+
eθ = ∇ψ
=
r
r3
r3
ˆ L¨
osning c):
Direkt ber¨akning l¨amnas ˚
at l¨asaren. Svaret ¨ar noll p˚
a b˚
ada ty
∆ψ = ∇2 ψ = ∇ · ∇ψ = 0
∇ × (∇ × A) = ∇ × ∇ψ = 0
ˆ 94. Visa att cirkulationen av vektorf¨
altet
A=
cos ϕ
sin ϕ
eρ + 2 eϕ
2
ρ
ρ
runt varje sluten kurva, som ej omsluter z-axeln, ¨ar noll.
ˆ L¨
osning:
Om kurvan ej omsluter z-axeln s˚
a kan vi anv¨anda Stokes sats, rotationen av vektorf¨altet A ges av:
eρ
ρeϕ ez 1
sin ϕ
sin ϕ
1
∂ϕ ∂z = ez − 2 − − 2
∇ × A = ∂ρ
=0
ρ cos ϕ ρ sin ϕ 0 ρ
ρ
ρ
ρ2
ρ2
D˚
a rotationen a¨r noll s˚
a a¨r cirkulationen l¨angs varje sluten kurva som ej omsluter
z-axeln noll, ty d¨ar ¨ar vektorf¨altet singul¨art.
Kommentar:
Cirkulationen a¨r ¨aven noll f¨or kurvor som omsluter z-axeln. Det efterfr˚
agades dock
ej.
ˆ 110. L˚
at a vara en konstant vektor och r ortsvektorn. Ber¨akna
a) grad(a · r)
c) rot(a × r)
genom att f¨orst transformera f¨alten a · r resp. a × r till ett l¨ampligt valt sf¨ariskt
koordinatsystem, samt d¨arefter till¨ampa uttrycken p˚
a grad, div och rot i ett sf¨ariskt
koordinatsystem.
ˆ L¨
osning a):
Vi v¨aljer det sf¨ariska koordinatsystem d¨ar a a¨r parallell med linjen θ = 0. D˚
a
erh˚
aller vi:
grad(a · r) = ∇(ar cos θ) = a (cos θer − sin θeθ ) = a
ˆ L¨
osning c):
er reθ r sin θeϕ 1 =
∂
∂
∂
rot(a × r) = 2
r
θ
ϕ
r sin θ 2 2
0 0 ar sin θ
1
= 2
2ar2 cos θ sin θer − 2ar2 sin2 θeθ =
r sin θ
= 2a (cos θer − sin θeθ ) = 2a
ˆ 103. Visa att vektorf¨altet
A=
3 cos2 θ − 1
sin 2θ
e
+
eθ
r
r4
r4
har en skal¨ar potential f .
Anv¨and potentialen f¨or att ber¨akna linjeintegralen
Z Q
A · dr,
P
d¨ar P :s koordinater a¨r
r = 1,
θ=
π
,
4
ϕ=0
r = 3,
θ=
π
,
2
ϕ=π
och Q:s koordinater a¨r
Ledning: L¨os ekvationssystemet gradf = A i sf¨ariska koordinater enligt samma
princip som till¨ampas i kartesiska koordinater.
ˆ L¨
osning:
Vi b¨orjar med att visa att rotationen a¨r noll och att det d¨armed existerar en skal¨ar
potential.
er
re
r
sin
θe
θ
ϕ
1 ∂r
∂θ
∂ϕ =
∇×A= 2
r sin θ 3 cos2 θ−1
r sinr42θ
0
r4
3 sin 2θ 6 cos θ sin θ
1
= 2
r sin θ −
+
eϕ =
r sin θ
r4
r4
3 sin 2θ 3 sin 2θ
1
+
−
eϕ = 0
=
r
r4
r4
F¨or att best¨amma f beh¨over vi l¨osa f¨oljande ekvationssystem:

2
∂f
= 3 cosr4θ−1 (1)

∂r

1 ∂f
= sinr42θ
(2)
r ∂θ

 1 ∂f
=0
(3)
r sin θ ∂ϕ
1 − 3 cos2 θ
+ g(θ, ϕ) (4)
3r3
1 ∂f
2 cos θ sin θ 1 0
sin 2θ 1 0
(4)
=
+ gθ (θ, ϕ) =
+ gθ (θ, ϕ) (5)
4
r ∂θ
r
r
r4
r
1
(2, 5) gθ0 (θ, ϕ) = 0 (6)
r
(6) g(θ, ϕ) = p(ϕ) (7)
(1) f =
1 − 3 cos2 θ
+ p(ϕ) (8)
3r3
1 ∂f
1
(8)
=
p0 (ϕ) (9)
r sin θ ∂ϕ
r sin θ
(4, 7) f =
(3, 9) p0 (ϕ) = 0 (10) {V.G.V}
(10) p(ϕ) = C (11)
1 − 3 cos2 θ
+ C (12)
3r3
Linjeintegralen kan nu best¨ammas genom ins¨attning enligt:
Z Q
π π A · dr = f (Q) − f (P ) = f 3, , π − f 1, , 0 =
2
4
P
(8, 11) f =
=
1 − 3 cos2
3 · 33
π
2
1−
1 − 3 cos2 π4
1
−
=
3
3·1
81
3
1
1
29
=
+ =
81 6
162
−
3
2
=
ˆ 142.
a) Best¨am de normerade basvektorerna i det kroklinjiga koordinatsystemet

u1 = x2 − y 2
u2 = xy

u3 = z
och visa att de ¨ar ortogonala.
b) Uttryck divergensen av ett vektorf¨alt A = A(u1 , u2 , u3 ) i derivator av
f¨altets komponenter l¨angs dessa basvektorer. (Svaret skall endast inneh˚
alla
koordinaterna u1 , u2 och u3 .)
ˆ L¨
osning a):
Vi erh˚
aller de normerade basvektorerna enligt f¨oljande:

√1

e1 = h1 ∇u1 = h1 (2x, −2y, 0) = 2 x2 +y2 (2x, −2y, 0)

e2 = h2 ∇u2 = h2 (y, x, 0) = √ 21 2 (y, x, 0)
x +y



e3 = h3 ∇u3 = h3 (0, 0, 1) = (0, 0, 1)
Vi ser trivialt att e1 · e2 = 0, e2 · e3 = 0, e3 · e1 = 0
ˆ L¨
osning b):
Fr˚
an a) ser vi trivialt att (och definitionen av koordinatsystemet):

1
h1 = √ 12 2 =

1/4

2 x +y
2(u21 +4u22 )

h2 = √ 21 2 = 2 1 2 1/4
x +y

(u1 +4u2 )


h3 = 1
Divergensen blir s˚
aledes:
"
q
∂
= 2 u21 + 4u22
∂u1
∇·A=
!
!
A1
∂
A2
∂
+
+
1/4
2
2 1/4
2
2
∂u2 2 (u1 + 4u2 )
∂u3
(u1 + 4u2 )
A3
p
2 u21 + 4u22
!#
ˆ 105. Vektorf¨altet
er
r2
a¨r k¨allfritt r 6= 0 och har f¨oljdaktligen en vektorpotential A. Ber¨akna den allm¨annast
m¨ojliga vektorpotential A som dels kan skrivas p˚
a formen
A = Aϕ (r, θ, ϕ)eϕ
och dels a¨r k¨allfri. Den erh˚
allna vektropotentialen a¨r ej definierad i vissa punkter
i rummet. Ange dessa punkter.
ˆ L¨
osning:
A a¨r k¨allfri, tar vi divergensen av A erh˚
aller vi:
∇·A=
r2
1
∂
(rAϕ ) = 0,
sin θ ∂ϕ
s˚
aledes a¨r Aϕ oberoende av ϕ. Rotationen av A m˚
aste vara er2r och d¨arf¨or ger rotA
f¨oljande:
er reθ r sin θeϕ 1 ∂r ∂θ
∂ϕ =
∇×A= 2
r sin θ 0 0 r sin θAϕ 1
∂
∂
1
= 2
(r sin θAϕ ) er − r (r sin θAϕ ) eθ = 2 er
r sin θ ∂θ
∂r
r
D˚
a vi vet att Aϕ a¨r oberoende av ϕ f˚
ar vi h¨arur att:
rAϕ = P (θ)
och det slutliga kravet lyder:
1 ∂
(sin θP ) = 1
sin θ ∂θ
Vilket ger:
P (θ) =
C − cos θ
sin θ
Slutligen erh˚
aller vi:
C − cos θ
eϕ
r sin θ
vilket ej ¨ar definierat p˚
a z-axeln (C ∈ R).
A=