10. Теория поля
Дивергенция, ротор, оператор $\nabla$ и две большие теоремы: Стокса (циркуляция = поток ротора) и Остроградского-Гаусса (поток через замкнутую поверхность = интеграл от дивергенции). В конце — потенциальные и соленоидальные поля и полный разбор заданий 5-6 типового расчёта.
РГР2: задания 5-6 ТРДЗ4 из РПДвопросы экзамена №31-50раздел 3 РПД
По РПД теория поля — раздел 3. Контрольные точки раздела: КР2, работа на занятии 2, РГР2 (задания 5 и 6 типового расчёта) и ДЗ4. В примере ДЗ4 из РПД три задачи прямо отсюда: формула Остроградского-Гаусса, тождество $\rot\rot\vec a = \grad\div\vec a - \Delta\vec a$ и циркуляция по Стоксу — все три разобраны ниже. В примере КР2 из РПД задач на Стокса и Гаусса нет (из теории поля там только циркуляция с проверкой формулой Грина — это глава 8), но в РПД КР2 записана и за раздел 3, так что гарантий нет.
Нужно уверенно уметь: частные производные (глава 2), градиент и производную по направлению (глава 4), тройные интегралы в цилиндрических и сферических координатах (глава 7), криволинейный интеграл 2 рода и формулу Грина (глава 8), поверхностный интеграл 2 рода и поток (глава 9). Из линейной алгебры: скалярное и векторное произведение, определитель $3\times3$.
вопрос экзамена №35№36№37№38№39№40№41
Криволинейный интеграл 2 рода, работа, независимость от пути, восстановление функции по полному дифференциалу и теорема Грина (вопросы №35-39) — в главе 8. Поверхностный интеграл 2 рода и поток (№40-41) — в главе 9. Здесь они используются как готовые инструменты.
1. Скалярные и векторные поля
вопрос экзамена №31вопрос экзамена №32вопрос экзамена №33
Идея
«Поле» — это просто функция точки пространства. Если в каждой точке задано число — поле скалярное: температура в комнате $T(x,y,z)$, давление, потенциал электрического поля, плотность. Если в каждой точке задан вектор — поле векторное: скорость течения жидкости $\vec v(x,y,z)$, сила тяжести, напряжённость электрического поля $\vec E$, магнитное поле $\vec B$.
Скалярное поле — функция $u = u(M) = u(x,y,z)$, заданная в области $G\subset\R^3$ (или $\R^2$).
Векторное поле — вектор-функция
$$\vec a(M) = P(x,y,z)\,\vec i + Q(x,y,z)\,\vec j + R(x,y,z)\,\vec k = (P,\,Q,\,R).$$Дальше всегда считаем, что $P, Q, R$ имеют непрерывные частные производные (нужного порядка).
Напоминание: градиент и производная по направлению
Это подробно разобрано в главе 4, здесь только формулы. Для скалярного поля $u$:
$$\grad u = \left(u'_x,\ u'_y,\ u'_z\right),\qquad \frac{\partial u}{\partial l} = u'_x\cos\alpha + u'_y\cos\beta + u'_z\cos\gamma = (\grad u,\ \vec l^{\,0}).$$Градиент направлен в сторону наибыстрейшего роста $u$, его длина — максимальная скорость роста, он перпендикулярен поверхностям уровня $u = C$. Важная мысль для этой главы: градиент скалярного поля — это векторное поле. Такие поля (которые являются чьим-то градиентом) называют потенциальными, к ним вернёмся в разделе 8.
Векторные линии
Векторная линия поля $\vec a$ — кривая, у которой в каждой точке касательная направлена по вектору поля в этой точке. Для поля скоростей это траектории частиц жидкости (линии тока), для электрического поля — силовые линии.
Касательный вектор кривой — $(dx, dy, dz)$, и он должен быть коллинеарен $(P, Q, R)$. Коллинеарность = пропорциональность координат, отсюда система дифференциальных уравнений:
На плоскости остаётся одно уравнение $\dfrac{dx}{P} = \dfrac{dy}{Q}$. Если какая-то координата поля равна нулю, например $R\equiv0$, это читается как $dz = 0$, то есть $z = \mathrm{const}$.
- Выписать $\frac{dx}{P} = \frac{dy}{Q} = \frac{dz}{R}$.
- Выбрать пару дробей, где после сокращения остаются только две переменные, и разделить переменные (это обыкновенное ДУ с разделяющимися переменными).
- Получить два независимых первых интеграла $\varphi_1(x,y,z) = C_1$, $\varphi_2(x,y,z) = C_2$. Векторные линии — пересечения этих семейств поверхностей.
Найти векторные линии плоского поля $\vec a = (-y,\ x)$.
Решение
$\dfrac{dx}{-y} = \dfrac{dy}{x}$, то есть $x\,dx = -y\,dy$, $x\,dx + y\,dy = 0$, $d\!\left(\frac{x^2+y^2}{2}\right) = 0$.
Ответ: $x^2 + y^2 = C$ — окружности с центром в начале координат. Направление обхода: в точке $(1, 0)$ вектор $(0, 1)$ смотрит вверх, значит движение против часовой стрелки. Это поле вращения (вихрь) — картинка ниже.
Найти векторные линии поля $\vec a = (x,\ -y)$.
Решение
$\dfrac{dx}{x} = \dfrac{dy}{-y}$ $\Rightarrow$ $\ln|x| = -\ln|y| + \ln C$ $\Rightarrow$ $xy = C$.
Ответ: гиперболы $xy = C$ (и оси координат при $C = 0$). Течение приходит вдоль оси $Oy$ к началу координат и уходит вдоль $Ox$ — так обтекается угол.
Найти векторные линии поля $\vec a = (x,\ y,\ 2z)$.
Решение
$\dfrac{dx}{x} = \dfrac{dy}{y} = \dfrac{dz}{2z}$.
Первая пара: $\frac{dx}{x} = \frac{dy}{y}$ $\Rightarrow$ $\ln|y| = \ln|x| + \ln|C_1|$ $\Rightarrow$ $y = C_1x$.
Первая и третья: $\frac{dz}{2z} = \frac{dx}{x}$ $\Rightarrow$ $\frac12\ln|z| = \ln|x| + \mathrm{const}$ $\Rightarrow$ $z = C_2x^2$.
Ответ: $y = C_1x,\ z = C_2x^2$ — параболы, лежащие в вертикальных плоскостях $y = C_1x$, выходящие из начала координат.
Найти векторные линии поля $\vec a = (y,\ -x,\ 1)$.
Решение
$\dfrac{dx}{y} = \dfrac{dy}{-x} = \dfrac{dz}{1}$.
Первая пара: $-x\,dx = y\,dy$ $\Rightarrow$ $x^2 + y^2 = C_1^2$. Линии лежат на круговых цилиндрах.
Дальше удобнее записать как систему $\frac{dx}{dz} = y$, $\frac{dy}{dz} = -x$. Её решение $x = C_1\sin(z + C_2)$, $y = C_1\cos(z + C_2)$: проверка $x' = C_1\cos(z+C_2) = y$, $y' = -C_1\sin(z+C_2) = -x$.
Ответ: винтовые линии $x = C_1\sin(z+C_2)$, $y = C_1\cos(z+C_2)$ на цилиндрах $x^2+y^2 = C_1^2$.
Четыре модельных плоских поля
Их стоит запомнить: на них видно, что меряют дивергенция и ротор (разделы 2-3). Стрелки ниже нормированы для наглядности: длина стрелки растёт с модулем вектора, но не пропорционально.
2. Дивергенция
вопрос экзамена №33вопрос экзамена №45
Идея
Представь, что $\vec a$ — скорость течения жидкости. Окружи точку $M$ маленьким шариком и посмотри, сколько жидкости вытекает через его поверхность за единицу времени (это поток, глава 9). Если вытекает больше, чем втекает, внутри есть источник; если наоборот — сток. Дивергенция — это мощность источника в точке, то есть поток наружу в пересчёте на единицу объёма.
Дивергенция (расходимость) поля $\vec a = (P, Q, R)$ — скалярное поле
$$\div\vec a = \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z}.$$На плоскости $\div\vec a = P'_x + Q'_y$.
Пусть $V$ — тело, содержащее точку $M$, $S$ — его поверхность с внешней нормалью $\vec n$, $|V|$ — объём. Тогда
$$\div\vec a(M) = \lim_{V\to M}\frac{1}{|V|}\oiint\limits_S (\vec a, \vec n)\,dS,$$предел берётся, когда тело стягивается в точку $M$ (диаметр $\to 0$).
Откуда: по теореме Остроградского-Гаусса (раздел 6) поток равен $\iiint_V \div\vec a\,dV$, а по теореме о среднем это $\div\vec a(M^*)\cdot|V|$ для какой-то точки $M^*\in V$. Делим на $|V|$, стягиваем тело в $M$, по непрерывности $\div\vec a(M^*)\to\div\vec a(M)$.
Слово «инвариантное» значит: в определении нет координат, поэтому дивергенция не зависит от выбора системы координат — это свойство самого поля.
- $\div\vec a(M) > 0$ — в точке источник (жидкость рождается, вытекает больше, чем втекает);
- $\div\vec a(M) < 0$ — сток;
- $\div\vec a(M) = 0$ — сколько втекло, столько и вытекло. Поле, у которого так везде, называется соленоидальным (раздел 8).
Почему сумма именно «диагональных» производных: $P'_x$ показывает, насколько скорость вдоль $Ox$ на правой грани маленького кубика больше, чем на левой, то есть сколько лишнего вытекает через пару граней, перпендикулярных $Ox$. То же по $y$ и $z$; складываем три пары граней.
- Линейность: $\div(\lambda\vec a + \mu\vec b) = \lambda\div\vec a + \mu\div\vec b$ ($\lambda, \mu$ — числа).
- Постоянное поле: $\div\vec c = 0$.
- Умножение на скалярную функцию: $\div(u\vec a) = u\div\vec a + (\grad u,\ \vec a)$.
- $\div(\vec a\times\vec b) = (\vec b,\ \rot\vec a) - (\vec a,\ \rot\vec b)$ (для справки).
Найти $\div\vec a$ для $\vec a = x^2y\,\vec i + y^2z\,\vec j + z^2x\,\vec k$ в точке $M(1,1,1)$.
Решение
В точке $M$: $2 + 2 + 2 = 6$. Ответ: $\div\vec a(M) = 6$ — в этой точке источник.
Для радиус-вектора $\vec r = (x, y, z)$, $r = |\vec r| = \sqrt{x^2+y^2+z^2}$ найти $\div\vec r$, $\div\dfrac{\vec r}{r}$, $\div\dfrac{\vec r}{r^3}$.
Решение
$\div\vec r = 1 + 1 + 1 = 3$.
Дальше удобно свойство 3 с $u = f(r)$. Нужен $\grad f(r) = f'(r)\grad r$, а $\grad r = \left(\frac{x}{r}, \frac{y}{r}, \frac{z}{r}\right) = \frac{\vec r}{r}$ (так как $r'_x = \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$). Значит
$$\div\big(f(r)\vec r\big) = f(r)\div\vec r + \left(f'(r)\frac{\vec r}{r},\ \vec r\right) = 3f(r) + f'(r)\,\frac{r^2}{r} = 3f(r) + r f'(r).$$Для $f = \frac1r$: $\frac3r + r\cdot\left(-\frac1{r^2}\right) = \frac2r$.
Для $f = \frac1{r^3}$: $\frac3{r^3} + r\cdot\left(-\frac{3}{r^4}\right) = 0$ (при $r\ne0$).
Ответ: $3$, $\frac2r$, $0$. Последнее поле — это поле точечного заряда (закон Кулона, $\vec E\sim\frac{\vec r}{r^3}$): вне заряда источников нет. Сам заряд в нуле — источник, это всплывёт в интеграле Гаусса (раздел 6).
Найти дивергенцию четырёх модельных полей: источник $(x, y)$, сток $(-x,-y)$, вихрь $(-y, x)$, сдвиг $(y, 0)$.
Решение
Источник: $1 + 1 = 2$. Сток: $-2$. Вихрь: $\frac{\partial(-y)}{\partial x} + \frac{\partial x}{\partial y} = 0$. Сдвиг: $\frac{\partial y}{\partial x} + \frac{\partial 0}{\partial y} = 0$.
У вихря и сдвига жидкость никуда не исчезает и не рождается, просто движется. Это то, что видно на картинках: стрелки не расходятся и не сходятся.
Проверить инвариантное определение на поле $\vec a = \vec r = (x, y, z)$ в точке $O$: взять шар радиуса $\varepsilon$.
Решение
На сфере $r = \varepsilon$ внешняя нормаль $\vec n = \frac{\vec r}{\varepsilon}$, поэтому $(\vec r, \vec n) = \frac{r^2}{\varepsilon} = \varepsilon$. Поток: $\varepsilon\cdot 4\pi\varepsilon^2 = 4\pi\varepsilon^3$.
$$\frac{4\pi\varepsilon^3}{\frac43\pi\varepsilon^3} = 3 = \div\vec r.$$Совпало, причём даже без предела: дивергенция постоянна.
3. Ротор
вопрос экзамена №34вопрос экзамена №43
Идея
Поставь в поток маленькую вертушку (колёсико с лопастями) с осью вдоль направления $\vec n$. Если с одной стороны оси течение сильнее, чем с другой, вертушка закрутится. Ротор (вихрь) — это вектор, который показывает, вокруг какой оси вертушка крутится быстрее всего и с какой скоростью: угловая скорость вертушки равна $\frac12|\rot\vec a|$, ось — вдоль $\rot\vec a$, вращение против часовой стрелки, если смотреть с конца $\rot\vec a$.
Определитель «формальный»: раскладываем по первой строке, а «произведение» $\frac{\partial}{\partial y}\cdot R$ понимаем как $\frac{\partial R}{\partial y}$.
Для плоского поля $(P(x,y), Q(x,y), 0)$ ротор направлен по $Oz$: $\rot\vec a = \left(Q'_x - P'_y\right)\vec k$. Это то самое выражение из формулы Грина.
Компоненты идут циклически $x\to y\to z\to x$: первая компонента $R'_y - Q'_z$, следующие получаются сдвигом букв $P\to Q\to R\to P$ и $x\to y\to z\to x$. Во всех трёх скобках первым идёт «следующий по кругу» индекс: $R_y$, $P_z$, $Q_x$.
Возьмём через точку $M$ площадку $S$ с нормалью $\vec n$, ограниченную контуром $L$, обходимым против часовой стрелки, если смотреть с конца $\vec n$. Тогда проекция ротора на $\vec n$:
$$\left(\rot\vec a(M),\ \vec n\right) = \lim_{S\to M}\frac{1}{|S|}\oint\limits_L (\vec a, d\vec r),$$$|S|$ — площадь площадки. Циркуляция по маленькому контуру, делённая на площадь, — это плотность циркуляции. Ротор указывает направление площадки, где эта плотность максимальна, и равен ей по модулю.
Откуда: по теореме Стокса (раздел 5) циркуляция равна $\iint_S (\rot\vec a, \vec n)\,dS$, по теореме о среднем это $(\rot\vec a, \vec n)(M^*)\cdot|S|$; делим на $|S|$ и стягиваем площадку в точку.
- Линейность: $\rot(\lambda\vec a + \mu\vec b) = \lambda\rot\vec a + \mu\rot\vec b$.
- Постоянное поле: $\rot\vec c = \vec 0$.
- $\rot(u\vec a) = u\rot\vec a + \grad u\times\vec a$.
- $\rot\grad u = \vec 0$, $\div\rot\vec a = 0$ (раздел 4).
Найти $\rot\vec a$ для $\vec a = y^2\,\vec i + z^2\,\vec j + x^2\,\vec k$.
Решение
Ответ: $\rot\vec a = (-2z,\ -2x,\ -2y)$.
Найти $\rot\vec a$ для $\vec a = (yz,\ xz,\ xy)$.
Решение
$\vec i$: $\frac{\partial(xy)}{\partial y} - \frac{\partial(xz)}{\partial z} = x - x = 0$; $\vec j$: $\frac{\partial(yz)}{\partial z} - \frac{\partial(xy)}{\partial x} = y - y = 0$; $\vec k$: $\frac{\partial(xz)}{\partial x} - \frac{\partial(yz)}{\partial y} = z - z = 0$.
Ответ: $\rot\vec a = \vec 0$. Это не случайность: $\vec a = \grad(xyz)$, а ротор градиента всегда ноль (раздел 4). Вихрей нет.
Тело вращается с постоянной угловой скоростью $\vec\omega = (\omega_1, \omega_2, \omega_3)$, скорость точки $\vec v = \vec\omega\times\vec r$. Найти $\rot\vec v$.
Решение
$\vec i$: $\frac{\partial(\omega_1y - \omega_2x)}{\partial y} - \frac{\partial(\omega_3x - \omega_1z)}{\partial z} = \omega_1 + \omega_1 = 2\omega_1$. Аналогично остальные.
Ответ: $\rot\vec v = 2\vec\omega$. Отсюда «физический смысл»: ротор поля скоростей — удвоенная угловая скорость локального вращения. Вихрь $(-y, x, 0)$ из раздела 1 — это как раз $\vec\omega = (0,0,1)$, и $\rot = (0, 0, 2)$.
Найти ротор сдвигового течения $\vec a = (y, 0, 0)$ и точечного вихря $\vec b = \left(\dfrac{-y}{x^2+y^2},\ \dfrac{x}{x^2+y^2},\ 0\right)$.
Решение
Сдвиг: $\rot\vec a = (0,\ 0,\ 0 - 1) = -\vec k$. Линии тока прямые, но вертушка крутится по часовой стрелке: сверху её толкает сильнее, чем снизу.
Точечный вихрь: $Q'_x = \frac{(x^2+y^2) - 2x^2}{(x^2+y^2)^2} = \frac{y^2 - x^2}{(x^2+y^2)^2}$, $P'_y = \frac{-(x^2+y^2) + 2y^2}{(x^2+y^2)^2} = \frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}$, разность $0$. Значит $\rot\vec b = \vec 0$ везде, кроме оси $Oz$, где поле не определено.
Вывод: ротор — не «кривизна линий тока». Частицы точечного вихря ходят по кругам, но маленькая вертушка не вращается: внутренние слои текут быстрее и компенсируют поворот. При этом циркуляция по окружности вокруг оси равна $2\pi\ne0$ — вся «закрутка» сидит на оси, где поле не определено. Это пример, почему в критерии потенциальности нужна односвязность (раздел 8).
4. Оператор Гамильтона $\nabla$
вопрос экзамена №34задача 4 ДЗ4 из РПД
Идея
Все три операции — градиент, дивергенция, ротор — записываются одним символическим вектором «набла»:
$$\nabla = \vec i\,\frac{\partial}{\partial x} + \vec j\,\frac{\partial}{\partial y} + \vec k\,\frac{\partial}{\partial z} = \left(\frac{\partial}{\partial x},\ \frac{\partial}{\partial y},\ \frac{\partial}{\partial z}\right).$$«Умножить $\nabla$ на число» = взять градиент; скалярно на вектор = дивергенция; векторно = ротор. Оператор Лапласа:
$$\Delta u = \nabla\cdot\nabla u = \div\grad u = \frac{\partial^2u}{\partial x^2} + \frac{\partial^2u}{\partial y^2} + \frac{\partial^2u}{\partial z^2}.$$Для вектора Лаплас берётся покомпонентно: $\Delta\vec a = (\Delta P,\ \Delta Q,\ \Delta R)$.
- Как с вектором: пока все формулы линейной алгебры (скалярное и векторное произведение, смешанное произведение, «бац минус цаб») применимы, если не переставлять $\nabla$ через функции, которые он дифференцирует.
- Как с оператором дифференцирования: если $\nabla$ стоит перед произведением, работает правило Лейбница: пишем сумму слагаемых, в каждом $\nabla$ действует только на один сомножитель (его помечают стрелкой $\nabla\overset{\downarrow}{u}$ или индексом $c$ у «замороженного» — константного — сомножителя). В каждом слагаемом переставляем сомножители по векторным правилам так, чтобы $\nabla$ стоял прямо перед тем, что он дифференцирует, а константы ушли влево.
- $\nabla$, умноженный на коллинеарный себе вектор (в частности, на $\nabla u$), даёт ноль; смешанное произведение с двумя $\nabla$ — тоже ноль. Так получаются $\rot\grad = 0$ и $\div\rot = 0$.
Вывести $\div(u\vec a) = u\div\vec a + (\grad u, \vec a)$.
Решение
По правилу Лейбница: $\nabla\cdot(u\vec a) = \nabla\cdot(u_c\vec a) + \nabla\cdot(u\vec a_c)$.
В первом $u$ — константа, выносим: $u_c(\nabla\cdot\vec a) = u\div\vec a$. Во втором константен $\vec a$: $\nabla\cdot(u\vec a_c) = (\nabla u)\cdot\vec a_c = (\grad u, \vec a)$.
Покомпонентная проверка (так тоже надо уметь): $\frac{\partial(uP)}{\partial x} = u'_xP + uP'_x$, складываем три таких: $u(P'_x+Q'_y+R'_z) + (u'_xP + u'_yQ + u'_zR)$.
Вывести $\rot(u\vec a) = u\rot\vec a + \grad u\times\vec a$ и применить к $\vec a = f(r)\vec r$.
Решение
$\nabla\times(u\vec a) = \nabla\times(u_c\vec a) + \nabla\times(u\vec a_c) = u\,(\nabla\times\vec a) + (\nabla u)\times\vec a$.
Проверка по первой компоненте: $\frac{\partial(uR)}{\partial y} - \frac{\partial(uQ)}{\partial z} = u(R'_y - Q'_z) + (u'_yR - u'_zQ)$, а $u'_yR - u'_zQ$ — первая компонента $\grad u\times\vec a$.
Для $\vec a = f(r)\vec r$: $\rot\vec r = \vec 0$ (каждая координата зависит только «от своей» переменной), $\grad f(r) = f'(r)\frac{\vec r}{r}$, и $\frac{\vec r}{r}\times\vec r = \vec 0$ (коллинеарны). Ответ: $\rot(f(r)\vec r) = \vec 0$ — центральное поле безвихревое.
Доказать для $u$ с непрерывными вторыми производными.
Решение
Через $\nabla$: $\nabla\times(\nabla u)$ — векторное произведение коллинеарных векторов, ноль. Строго, покомпонентно, для $\vec a = (u'_x, u'_y, u'_z)$:
$$\rot\grad u = \left(u''_{zy} - u''_{yz},\ \ u''_{xz} - u''_{zx},\ \ u''_{yx} - u''_{xy}\right) = \vec 0$$по теореме о равенстве смешанных производных (глава 2).
Доказать.
Решение
Через $\nabla$: $(\nabla, \nabla\times\vec a)$ — смешанное произведение с двумя одинаковыми векторами, ноль. Покомпонентно:
$$\div\rot\vec a = \frac{\partial}{\partial x}(R'_y - Q'_z) + \frac{\partial}{\partial y}(P'_z - R'_x) + \frac{\partial}{\partial z}(Q'_x - P'_y) = (R''_{yx} - R''_{xy}) + (P''_{zy} - P''_{yz}) + (Q''_{xz} - Q''_{zx}) = 0.$$Проверить в координатной форме равенство $\rot\rot\vec a = \grad\div\vec a - \Delta\vec a$.
Решение
Пусть $\vec a = (P, Q, R)$ с непрерывными вторыми производными. Сначала мнемоника: по формуле «бац минус цаб» $\vec a\times(\vec b\times\vec c) = \vec b(\vec a,\vec c) - \vec c(\vec a, \vec b)$ при $\vec a = \vec b = \nabla$, $\vec c = \vec a$ получаем $\nabla(\nabla\cdot\vec a) - (\nabla\cdot\nabla)\vec a$ — ровно правая часть. Но в задании просят координаты.
Шаг 1. $\vec b := \rot\vec a = \left(R'_y - Q'_z,\ \ P'_z - R'_x,\ \ Q'_x - P'_y\right) = (b_1, b_2, b_3)$.
Шаг 2. Первая компонента $\rot\vec b$ равна $\frac{\partial b_3}{\partial y} - \frac{\partial b_2}{\partial z}$:
$$(\rot\rot\vec a)_x = \frac{\partial}{\partial y}(Q'_x - P'_y) - \frac{\partial}{\partial z}(P'_z - R'_x) = Q''_{xy} - P''_{yy} - P''_{zz} + R''_{xz}.$$Шаг 3. Первая компонента правой части:
$$(\grad\div\vec a)_x - \Delta P = \frac{\partial}{\partial x}(P'_x + Q'_y + R'_z) - (P''_{xx} + P''_{yy} + P''_{zz}) = Q''_{yx} + R''_{zx} - P''_{yy} - P''_{zz}.$$Совпадает с шагом 2, так как $Q''_{xy} = Q''_{yx}$, $R''_{xz} = R''_{zx}$.
Шаг 4. Остальные компоненты получаются циклической заменой $x\to y\to z\to x$, $P\to Q\to R\to P$ (формулы для $\rot$, $\div$, $\Delta$ при такой замене переходят сами в себя). Для аккуратности вторая:
$$(\rot\rot\vec a)_y = \frac{\partial b_1}{\partial z} - \frac{\partial b_3}{\partial x} = R''_{yz} - Q''_{zz} - Q''_{xx} + P''_{yx},\qquad (\grad\div\vec a)_y - \Delta Q = P''_{xy} + R''_{zy} - Q''_{xx} - Q''_{zz}.$$Равенство доказано (проверено также в sympy для произвольных $P, Q, R$).
Найти $\Delta f(r)$ и в частности $\Delta r^2$, $\Delta\frac1r$.
Решение
$\Delta f(r) = \div\grad f(r) = \div\left(\frac{f'(r)}{r}\,\vec r\right)$. По примеру 6 с функцией $g = \frac{f'}{r}$: $3g + rg' = \frac{3f'}{r} + r\left(\frac{f''}{r} - \frac{f'}{r^2}\right)$:
$$\Delta f(r) = f''(r) + \frac{2}{r}f'(r).$$$f = r^2$: $2 + \frac2r\cdot2r = 6$ (и напрямую: $\Delta(x^2+y^2+z^2) = 2+2+2$).
$f = \frac1r$: $f' = -\frac1{r^2}$, $f'' = \frac2{r^3}$, $\Delta = \frac{2}{r^3} - \frac{2}{r^3} = 0$. Функция $\frac1r$ гармоническая при $r\ne0$ — это потенциал точечного заряда.
5. Циркуляция и теорема Стокса
вопрос экзамена №42вопрос экзамена №43
Циркуляция поля $\vec a$ по замкнутому контуру $L$ — криволинейный интеграл 2 рода (глава 8):
$$C = \oint\limits_L (\vec a, d\vec r) = \oint\limits_L P\,dx + Q\,dy + R\,dz.$$Если $\vec a$ — сила, это работа по замкнутому пути. Если скорость — насколько жидкость «закручена» вдоль контура.
Идея теоремы
Натянем на контур $L$ любую поверхность $S$ (как мыльную плёнку) и разобьём её на маленькие площадки. Циркуляция по каждой маленькой площадке — примерно $(\rot\vec a, \vec n)\,dS$ (инвариантное определение ротора). Если сложить циркуляции по всем площадкам, по внутренним рёбрам каждое пройдено дважды в противоположные стороны и сократится, останется только внешний контур $L$. Отсюда: циркуляция по $L$ = поток ротора через $S$.
Пусть $S$ — кусочно-гладкая ориентированная (двусторонняя) поверхность с нормалью $\vec n$, ограниченная кусочно-гладким контуром $L$, и функции $P, Q, R$ непрерывны вместе с первыми производными в области, содержащей $S$. Если направление обхода $L$ согласовано с $\vec n$, то
векторная форма (вопрос №43):
$$\oint\limits_L (\vec a, d\vec r) = \iint\limits_S (\rot\vec a, \vec n)\,dS,$$координатная форма (вопрос №42):
$$\oint\limits_L P\,dx + Q\,dy + R\,dz = \iint\limits_S \left(\frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z}\right)dy\,dz + \left(\frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x}\right)dz\,dx + \left(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\right)dx\,dy.$$Словами: циркуляция по контуру равна потоку ротора через любую поверхность, натянутую на этот контур.
Обход $L$ и нормаль $\vec n$ согласованы, если при взгляде с конца $\vec n$ обход идёт против часовой стрелки. Эквивалентно: идёшь по контуру по той стороне поверхности, куда смотрит нормаль (голова по $\vec n$), и поверхность остаётся слева. Правой рукой: четыре согнутых пальца по обходу — большой палец показывает $\vec n$.
Быстрая проверка для плоского многоугольника $A_1A_2A_3\ldots$: вектор $\overrightarrow{A_1A_2}\times\overrightarrow{A_2A_3}$ направлен по согласованной нормали.
Если $L$ лежит в плоскости $xOy$, $S = D$ — плоская область, $\vec n = \vec k$ и $R = 0$, $P, Q$ не зависят от $z$, то остаётся $\oint_L P\,dx + Q\,dy = \iint_D (Q'_x - P'_y)\,dx\,dy$ — формула Грина из главы 8. Обход против часовой стрелки при взгляде сверху (с конца $\vec k$) — то же положительное направление, что и в Грине.
- Найти $\rot\vec a$ (часто он постоянный или простой — в этом и выигрыш).
- Выбрать поверхность $S$, натянутую на контур, — самую простую: обычно кусок плоскости, в которой лежит контур.
- Найти единичную нормаль $\vec n$ и согласовать её с обходом (правило правой руки).
- Посчитать $\iint_S(\rot\vec a, \vec n)\,dS$. Для плоскости $z = f(x,y)$: $dS = \sqrt{1 + f_x'^2 + f_y'^2}\,dx\,dy$, и корень сокращается с нормировкой нормали. Если $(\rot\vec a,\vec n)$ постоянно, ответ — это число, умноженное на площадь $S$.
Найти циркуляцию поля $\vec a = (y, z, x)$ по окружности $x^2+y^2 = R^2$, $z = 0$, обходимой против часовой стрелки, если смотреть с конца оси $Oz$: напрямую и по Стоксу.
Решение
Напрямую. $x = R\cos t$, $y = R\sin t$, $z = 0$, $t: 0\to2\pi$. Тогда $dz = 0$, $C = \oint y\,dx = \int_0^{2\pi} R\sin t\cdot(-R\sin t)\,dt = -R^2\pi$.
По Стоксу. $\rot\vec a = (0 - 1,\ 0 - 1,\ 0 - 1) = (-1,-1,-1)$. Поверхность — круг в плоскости $z=0$, обход против часовой стрелки сверху $\Rightarrow$ $\vec n = \vec k$. $(\rot\vec a, \vec n) = -1$, $C = -1\cdot\pi R^2$.
Ответ: $C = -\pi R^2$.
Для $\vec a = (-y, x, z)$ найти циркуляцию по окружности $x^2+y^2=1$, $z=0$ (против часовой стрелки сверху) и поток $\rot\vec a$ через верхнюю полусферу $z = \sqrt{1-x^2-y^2}$ с внешней нормалью.
Решение
Циркуляция: $\oint -y\,dx + x\,dy + z\,dz = \int_0^{2\pi}(\sin^2t + \cos^2t)\,dt = 2\pi$.
$\rot\vec a = (0, 0, 2)$. Поток через полусферу: внешняя нормаль $\vec n = (x, y, z)$, $(\rot\vec a, \vec n) = 2z$. В сферических координатах $z = \cos\theta$, $dS = \sin\theta\,d\theta\,d\varphi$:
$$\iint 2z\,dS = \int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^{\pi/2}2\cos\theta\sin\theta\,d\theta = 2\pi\cdot 1 = 2\pi.$$Совпало, как и обещает Стокс: внешняя нормаль полусферы вверху смотрит вверх — согласована с обходом против часовой стрелки сверху. Через плоский круг было бы ещё проще: $2\cdot\pi\cdot1^2 = 2\pi$.
Найти по Стоксу циркуляцию поля $\vec a = (z, x, y)$ по контуру треугольника $ABC$, $A(1,0,0)$, $B(0,1,0)$, $C(0,0,1)$, в направлении $A\to B\to C\to A$.
Решение
$\rot\vec a = \left(\frac{\partial y}{\partial y} - \frac{\partial x}{\partial z},\ \frac{\partial z}{\partial z} - \frac{\partial y}{\partial x},\ \frac{\partial x}{\partial x} - \frac{\partial z}{\partial y}\right) = (1, 1, 1)$.
Поверхность — сам треугольник, он лежит в плоскости $x+y+z=1$. Согласованная нормаль: $\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{BC} = (-1,1,0)\times(0,-1,1) = (1, 1, 1)$, значит $\vec n = \frac{1}{\sqrt3}(1,1,1)$ (от начала координат).
$(\rot\vec a, \vec n) = \frac{3}{\sqrt3} = \sqrt3$ — постоянная, поэтому $C = \sqrt3\cdot S_{ABC}$. Треугольник равносторонний со стороной $\sqrt2$: $S = \frac{\sqrt3}{4}\cdot2 = \frac{\sqrt3}{2}$.
Ответ: $C = \sqrt3\cdot\frac{\sqrt3}{2} = \frac32$. Проверка напрямую по трём отрезкам даёт то же (проверено в sympy).
Найти циркуляцию $\vec a = (y - z,\ z - x,\ x - y)$ по эллипсу $x^2 + y^2 = 1$, $x + z = 1$, обходимому против часовой стрелки при взгляде с конца оси $Oz$.
Решение
$\rot\vec a = \left(\frac{\partial(x-y)}{\partial y} - \frac{\partial(z-x)}{\partial z},\ \frac{\partial(y-z)}{\partial z} - \frac{\partial(x-y)}{\partial x},\ \frac{\partial(z-x)}{\partial x} - \frac{\partial(y-z)}{\partial y}\right) = (-2, -2, -2)$.
Поверхность — кусок плоскости $z = 1 - x$ внутри цилиндра. Обход против часовой стрелки сверху $\Rightarrow$ нормаль с $\cos\gamma > 0$: $\vec n = \frac{1}{\sqrt2}(1, 0, 1)$, $dS = \sqrt{1 + 1 + 0}\,dx\,dy = \sqrt2\,dx\,dy$.
$$C = \iint_S(\rot\vec a, \vec n)\,dS = \iint\limits_{x^2+y^2\le1}\frac{-2 - 2}{\sqrt2}\cdot\sqrt2\,dx\,dy = -4\cdot\pi.$$Ответ: $C = -4\pi$. Напрямую ($x = \cos t$, $y = \sin t$, $z = 1 - \cos t$) — тоже $-4\pi$.
Найти по формуле Стокса циркуляцию поля $\vec a = z^2\,\vec i + x^2\,\vec j + y^2\,\vec k$ вдоль контура $\Gamma = \{x^2+y^2+z^2 = 1,\ x+y+z = 1\}$, ориентированного по часовой стрелке при взгляде на него из начала координат.
Решение
Контур. Пересечение сферы с плоскостью — окружность. Расстояние от $O$ до плоскости $x+y+z=1$: $d = \frac{|0+0+0-1|}{\sqrt3} = \frac{1}{\sqrt3}$. Радиус окружности $r_0 = \sqrt{1 - d^2} = \sqrt{\frac23}$, центр $\left(\frac13,\frac13,\frac13\right)$.
Ротор. $\rot\vec a = \left(\frac{\partial y^2}{\partial y} - \frac{\partial x^2}{\partial z},\ \frac{\partial z^2}{\partial z} - \frac{\partial y^2}{\partial x},\ \frac{\partial x^2}{\partial x} - \frac{\partial z^2}{\partial y}\right) = (2y,\ 2z,\ 2x)$.
Ориентация. Поверхность — круг $S$ в плоскости $x+y+z=1$. Наблюдатель в начале координат смотрит на плоскость в направлении $(1,1,1)$ и видит обход по часовой стрелке. Если смотреть с противоположной стороны — с конца вектора $(1,1,1)$, то есть «сверху», — обход будет против часовой стрелки. Значит согласованная нормаль направлена от начала координат: $\vec n = \frac{1}{\sqrt3}(1,1,1)$.
Поток ротора.
$$(\rot\vec a, \vec n) = \frac{2y + 2z + 2x}{\sqrt3} = \frac{2(x+y+z)}{\sqrt3} = \frac{2}{\sqrt3}\quad\text{на плоскости } x+y+z=1.$$Подынтегральная функция постоянна, значит
$$C = \frac{2}{\sqrt3}\cdot S_{\text{круга}} = \frac{2}{\sqrt3}\cdot\pi\cdot\frac23 = \frac{4\pi}{3\sqrt3} = \frac{4\sqrt3\,\pi}{9}.$$Ответ: $C = \dfrac{4\pi}{3\sqrt3}\approx 2{,}42$. Проверено в sympy прямым интегрированием по параметризации окружности $\vec r(t) = \vec c + r_0(\vec e_1\cos t + \vec e_2\sin t)$ с $\vec e_1\times\vec e_2 = \vec n$.
Если бы взяли нормаль к началу координат, получили бы $-\frac{4\pi}{3\sqrt3}$ — типичная потеря знака.
6. Поток и теорема Остроградского-Гаусса
вопрос экзамена №44вопрос экзамена №45вопрос экзамена №46вопрос экзамена №47
Поток поля через ориентированную поверхность $S$ (глава 9):
$$\Pi = \iint\limits_S(\vec a, \vec n)\,dS = \iint\limits_S P\,dy\,dz + Q\,dz\,dx + R\,dx\,dy.$$Идея теоремы
Разрежем тело $V$ на маленькие кубики. Поток наружу из каждого кубика примерно $\div\vec a\,dV$ (это смысл дивергенции). Сложим по всем кубикам: через общую грань двух соседних кубиков поток считается дважды с противоположными нормалями и сокращается. Остаётся поток через внешнюю поверхность. Итого: поток наружу через замкнутую поверхность = сумма всех источников внутри.
Пусть $V$ — ограниченная область в $\R^3$ с кусочно-гладкой границей $S$, $\vec n$ — внешняя нормаль, функции $P, Q, R$ непрерывны вместе с первыми производными в $\overline V = V\cup S$. Тогда
координатная форма:
$$\oiint\limits_S P\,dy\,dz + Q\,dz\,dx + R\,dx\,dy = \iiint\limits_V\left(\frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z}\right)dx\,dy\,dz,$$векторная форма:
$$\oiint\limits_S(\vec a, \vec n)\,dS = \iiint\limits_V\div\vec a\,dV.$$Поток наружу через замкнутую поверхность равен интегралу от дивергенции по телу. Если нормаль внутренняя — ставим минус.
Формула Грина — двумерный аналог Гаусса. Для плоской области $D$ с контуром $L$ (обход против часовой) и внешней нормалью $\vec n$ к контуру: $\vec n\,ds = (dy, -dx)$. Поэтому поток поля $(P,Q)$ наружу через контур
$$\oint\limits_L (\vec a, \vec n)\,ds = \oint\limits_L P\,dy - Q\,dx = \iint\limits_D (P'_x + Q'_y)\,dx\,dy$$— это формула Грина для пары $(-Q, P)$. Значит, Грин в «потоковой» форме — это Гаусс на плоскости, а в «циркуляционной» — Стокс на плоскости.
Если $\div\vec a = 0$ в области, то поток через поверхность, натянутую на заданный контур, не зависит от формы поверхности (пока поверхность не «перескакивает» через точки, где поле не определено). Действительно, две такие поверхности $S_1$, $S_2$ вместе ограничивают тело, поток наружу через его границу $=\iiint 0\,dV = 0$, то есть потоки через $S_1$ и $S_2$ в одну сторону равны. Пример — поток ротора (у него $\div\rot = 0$), что согласуется со Стоксом.
- Поверхность замкнутая, нормаль внешняя: посчитать $\div\vec a$ и тройной интеграл (часто в цилиндрических/сферических координатах, глава 7). Если $\div\vec a = c$ — константа, поток $= c\cdot\text{объём}$.
- Поверхность незамкнутая (полусфера, параболоид, конус без крышки, часть плоскости): достроить до замкнутой простыми «крышками» (кругами, треугольниками в координатных плоскостях), посчитать полный поток по Гауссу и вычесть потоки через крышки, взятые с внешней нормалью: $$\Pi_S = \iiint_V\div\vec a\,dV - \Pi_{\text{крышки}}.$$
- Проверять условия: поле гладкое во всём теле. Если внутри особая точка (например, $\vec r/r^3$ в нуле) — Гаусс напрямую не применим, см. интеграл Гаусса ниже.
С помощью теоремы Остроградского-Гаусса вычислить $\displaystyle\oiint\limits_S (1+2x)\,dy\,dz + (2x+3y)\,dz\,dx + (3y+4z)\,dx\,dy$, где $S$ — внешняя сторона поверхности пирамиды $\frac xa + \frac yb + \frac zc \le 1$, $x\ge0$, $y\ge0$, $z\ge0$ ($a,b,c>0$).
Решение
$P = 1+2x$, $Q = 2x+3y$, $R = 3y+4z$. Поверхность замкнутая, сторона внешняя, поле — многочлены, гладкое везде. Условия теоремы выполнены.
$$\div\vec a = \frac{\partial(1+2x)}{\partial x} + \frac{\partial(2x+3y)}{\partial y} + \frac{\partial(3y+4z)}{\partial z} = 2 + 3 + 4 = 9.$$Пирамида — тетраэдр с вершинами $O$, $(a,0,0)$, $(0,b,0)$, $(0,0,c)$, его объём $V = \frac16abc$.
$$\oiint = \iiint_V 9\,dV = 9\cdot\frac{abc}{6} = \frac{3abc}{2}.$$Ответ: $\frac32abc$. Проверено в sympy прямым подсчётом по четырём граням.
Найти поток поля $\vec r = (x, y, z)$ через сферу $x^2+y^2+z^2 = R^2$ наружу двумя способами.
Решение
По Гауссу: $\div\vec r = 3$, $\Pi = 3\cdot\frac43\pi R^3 = 4\pi R^3$.
Напрямую: $\vec n = \frac{\vec r}{R}$, $(\vec r, \vec n) = R$, $\Pi = R\cdot4\pi R^2 = 4\pi R^3$.
Найти поток поля $\vec a = (x^3, y^3, z^3)$ через сферу $x^2+y^2+z^2 = R^2$ наружу.
Решение
$\div\vec a = 3(x^2+y^2+z^2) = 3\rho^2$ в сферических координатах, $dV = \rho^2\sin\theta\,d\rho\,d\theta\,d\varphi$:
$$\Pi = \int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^\pi\sin\theta\,d\theta\int_0^R3\rho^4\,d\rho = 2\pi\cdot2\cdot\frac{3R^5}{5} = \frac{12\pi R^5}{5}.$$Напрямую считать пришлось бы $\iint(x^4+y^4+z^4)/R\,dS$ — заметно больнее.
Найти поток $\vec a = (x,\ y,\ z^2)$ через полную поверхность цилиндра $x^2+y^2\le R^2$, $0\le z\le H$ наружу; проверить напрямую.
Решение
Гаусс: $\div\vec a = 1 + 1 + 2z$. В цилиндрических координатах:
$$\Pi = \int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^R r\,dr\int_0^H(2+2z)\,dz = \pi R^2\,(2H + H^2) = \pi R^2H(H+2).$$Напрямую. Боковая поверхность: $\vec n = \left(\frac xR, \frac yR, 0\right)$, $(\vec a, \vec n) = \frac{x^2+y^2}{R} = R$, площадь $2\pi RH$, поток $2\pi R^2H$. Верхнее дно $z = H$, $\vec n = \vec k$: $(\vec a, \vec n) = H^2$, поток $\pi R^2H^2$. Нижнее дно $z=0$, $\vec n = -\vec k$: $-z^2 = 0$, поток $0$. Сумма $\pi R^2(2H + H^2)$ — совпало.
Найти поток поля $\vec r = (x,y,z)$ через параболоид $z = x^2+y^2$, $0\le z\le1$, в сторону внешней нормали (нормаль смотрит вниз-наружу, от оси $Oz$).
Решение
Параболоид не замкнут. Добавим крышку $S_1$: круг $x^2+y^2\le1$ в плоскости $z = 1$ с нормалью $\vec k$ (наружу из тела $V$: $x^2+y^2\le z\le1$). Вместе они ограничивают $V$, нормаль на обоих кусках внешняя.
Полный поток: $\div\vec r = 3$, объём $V = \int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^1(1-r^2)r\,dr = 2\pi\cdot\frac14 = \frac\pi2$, поток $3\cdot\frac\pi2 = \frac{3\pi}2$.
Крышка: $(\vec r, \vec k) = z = 1$, поток $= 1\cdot\pi\cdot1^2 = \pi$.
Ответ: $\Pi_S = \frac{3\pi}{2} - \pi = \frac\pi2$. Прямой подсчёт по параметризации $(r\cos\varphi, r\sin\varphi, r^2)$ даёт то же.
Найти поток $\vec a = (x^2, y^2, z^2)$ через верхнюю полусферу $z = \sqrt{R^2-x^2-y^2}$ наружу.
Решение
Закрываем дном $S_1$: круг $x^2+y^2\le R^2$, $z = 0$, внешняя нормаль $-\vec k$. На нём $(\vec a, -\vec k) = -z^2 = 0$, поток через дно $0$.
$\div\vec a = 2(x+y+z)$. По симметрии полушария $\iiint x\,dV = \iiint y\,dV = 0$. Остаётся $2\iiint z\,dV$:
$$\iiint z\,dV = \int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^{\pi/2}\cos\theta\sin\theta\,d\theta\int_0^R\rho^3\,d\rho = 2\pi\cdot\frac12\cdot\frac{R^4}{4} = \frac{\pi R^4}{4}.$$Ответ: $\Pi = 2\cdot\frac{\pi R^4}{4} - 0 = \frac{\pi R^4}{2}$.
Интеграл Гаусса
Пусть $S$ — замкнутая кусочно-гладкая поверхность, $\vec n$ — внешняя нормаль, $\vec r$ — радиус-вектор точки поверхности относительно точки $O$, $r = |\vec r|$. Тогда
$$\oiint\limits_S\frac{\cos(\vec r, \vec n)}{r^2}\,dS = \oiint\limits_S\frac{(\vec r, \vec n)}{r^3}\,dS = \begin{cases}0, & O \text{ вне тела},\\ 4\pi, & O \text{ внутри}.\end{cases}$$Почему так. Поле $\vec a = \frac{\vec r}{r^3}$ имеет $\div\vec a = 0$ при $r\ne0$ (пример 6). Если $O$ снаружи, поле гладкое во всём теле и по Гауссу поток $0$. Если $O$ внутри, вырежем маленький шар $r\le\varepsilon$: в оставшемся теле поток через $S$ наружу минус поток через сферу $r = \varepsilon$ наружу равен $0$. А через сферу всё считается напрямую: $(\vec a, \vec n) = \frac{\varepsilon}{\varepsilon^3}$, поток $\frac{1}{\varepsilon^2}\cdot4\pi\varepsilon^2 = 4\pi$. Геометрически $\frac{\cos(\vec r,\vec n)}{r^2}dS$ — телесный угол, под которым из $O$ виден кусочек $dS$, а полный телесный угол вокруг точки равен $4\pi$. В физике это теорема Гаусса для электрического поля: поток $\vec E$ через замкнутую поверхность пропорционален заряду внутри.
Найти поток поля $\vec a = \dfrac{\vec r}{r^3}$ через а) эллипсоид $\frac{x^2}{4} + y^2 + z^2 = 1$; б) сферу $(x-3)^2 + y^2 + z^2 = 1$ (нормали внешние).
Решение
а) Начало координат внутри эллипсоида, по интегралу Гаусса поток $4\pi$. Считать сам интеграл по эллипсоиду не нужно.
б) Начало координат вне шара (центр $(3,0,0)$, радиус 1), поле гладкое внутри, $\div = 0$ $\Rightarrow$ поток $0$.
Ловушка: в случае а) нельзя написать «$\div\vec a = 0$, значит по Гауссу $0$» — внутри особая точка, условия теоремы нарушены.
7. Первая и вторая формулы Грина
вопрос экзамена №48
Это не та формула Грина, что в главе 8, а два следствия теоремы Остроградского-Гаусса для оператора Лапласа. Обозначение: $\frac{\partial v}{\partial n} = (\grad v, \vec n)$ — производная по направлению внешней нормали.
Пусть $V$ — область с кусочно-гладкой границей $S$, $\vec n$ — внешняя нормаль, $u, v$ дважды непрерывно дифференцируемы в $\overline V$. Тогда
первая формула Грина:
$$\iiint\limits_V\big(u\,\Delta v + (\grad u, \grad v)\big)\,dV = \oiint\limits_S u\,\frac{\partial v}{\partial n}\,dS,$$вторая формула Грина:
$$\iiint\limits_V\big(u\,\Delta v - v\,\Delta u\big)\,dV = \oiint\limits_S\left(u\,\frac{\partial v}{\partial n} - v\,\frac{\partial u}{\partial n}\right)dS.$$- Применим Гаусса к полю $\vec a = u\grad v$. По примеру 13: $\div(u\grad v) = u\div\grad v + (\grad u, \grad v) = u\Delta v + (\grad u, \grad v)$, а $(\vec a, \vec n) = u(\grad v, \vec n) = u\frac{\partial v}{\partial n}$. Это первая формула.
- Поменяем местами $u$ и $v$ и вычтем из первой: слагаемые $(\grad u, \grad v)$ сократятся — вторая формула.
- Частный случай $u \equiv 1$ в первой: $\iiint_V\Delta v\,dV = \oiint_S\frac{\partial v}{\partial n}\,dS$. Отсюда: для гармонической $v$ ($\Delta v = 0$) поток градиента через любую замкнутую поверхность равен нулю.
Проверить формулу $\iiint_V\Delta v\,dV = \oiint_S\frac{\partial v}{\partial n}dS$ для $v = x^2+y^2+z^2$, $V$ — единичный шар.
Решение
Слева: $\Delta v = 6$, $\iiint 6\,dV = 6\cdot\frac43\pi = 8\pi$.
Справа: $\grad v = 2\vec r$, $\vec n = \vec r$ на единичной сфере, $\frac{\partial v}{\partial n} = 2r^2 = 2$, интеграл $2\cdot4\pi = 8\pi$. Совпало.
8. Потенциальное, соленоидальное и гармоническое поле
вопрос экзамена №49вопрос экзамена №50РГР2, задание 6
Потенциальное поле
Поле $\vec a$ называется потенциальным в области $G$, если существует скалярная функция $U$ (потенциал) такая, что $\vec a = \grad U$, то есть $P = U'_x$, $Q = U'_y$, $R = U'_z$. Другими словами, $P\,dx + Q\,dy + R\,dz = dU$ — полный дифференциал.
Потенциал определён с точностью до константы. В физике часто пишут $\vec E = -\grad\varphi$ — это вопрос договорённости о знаке; в ТР и в этой главе $\vec a = \grad U$.
Пусть $G$ — поверхностно односвязная область (на любой замкнутый контур в $G$ можно натянуть поверхность, целиком лежащую в $G$; например, всё $\R^3$, шар, параллелепипед — да; $\R^3$ без оси $Oz$ — нет). Для гладкого поля в $G$ эквивалентны:
- $\vec a$ потенциально: $\vec a = \grad U$;
- $\rot\vec a = \vec 0$ в $G$;
- циркуляция по любому замкнутому контуру в $G$ равна нулю;
- $\int_{AB}(\vec a, d\vec r)$ не зависит от пути, а только от точек $A$, $B$, и равен $U(B) - U(A)$.
Как связаны: (1)$\Rightarrow$(2) — это $\rot\grad = 0$; (2)$\Rightarrow$(3) — Стокс (поэтому и нужна односвязность: поверхность должна целиком лежать там, где $\rot = 0$); (3)$\Leftrightarrow$(4) — разность двух путей образует замкнутый контур; (4)$\Rightarrow$(1) — потенциал строим как интеграл от фиксированной точки.
В потенциальном поле работа по перемещению из $A$ в $B$ равна $U(B) - U(A)$ по любому пути — как «высота» на карте: на сколько поднялся, не зависит от тропинки. Отсюда же: работа по замкнутому пути равна нулю (поле консервативно).
- Проверить $\rot\vec a = \vec 0$ и что область односвязна (для многочленов это всё $\R^3$).
- Взять начальную точку $M_0$ (обычно $O(0,0,0)$, если поле там определено) и ломаную $O\to A(x,0,0)\to B(x,y,0)\to M(x,y,z)$, звенья параллельны осям.
- $U(x,y,z) = \int_0^x P(t,0,0)\,dt + \int_0^y Q(x,t,0)\,dt + \int_0^z R(x,y,t)\,dt + C$.
- Проверить: $\grad U = \vec a$.
Другой способ (тот же, что в главе 8): $U = \int P\,dx + \varphi(y,z)$, потом подобрать $\varphi$ из $U'_y = Q$, $U'_z = R$.
Соленоидальное поле
Поле $\vec a$ называется соленоидальным (трубчатым) в области $G$, если $\div\vec a = 0$ во всех точках $G$. Это поле без источников и стоков.
Пусть $G$ — объёмно односвязная область (у любой замкнутой поверхности в $G$ внутренность тоже целиком в $G$, то есть в $G$ нет «дыр»-точек). Тогда для гладкого поля эквивалентны:
- $\div\vec a = 0$ в $G$;
- поток через любую замкнутую поверхность в $G$ равен нулю (Гаусс);
- $\vec a = \rot\vec b$ для некоторого поля $\vec b$ (векторного потенциала).
Сохранение потока через сечения векторной трубки. Векторная трубка — поверхность, составленная из векторных линий, проходящих через точки замкнутого контура. Если $\vec a$ соленоидально, то поток через любое сечение трубки (в одном и том же направлении вдоль трубки) один и тот же. Доказательство: возьмём кусок трубки между сечениями $S_1$ и $S_2$. На боковой поверхности $\vec a\perp\vec n$ (поле касается векторных линий), поток через неё $0$. По Гауссу поток наружу через всю замкнутую поверхность $0$, значит $-\Pi_{S_1} + \Pi_{S_2} = 0$ (через $S_1$ внешняя нормаль смотрит против течения). Для жидкости: сколько втекло в трубку, столько и вытекло — поэтому где трубка уже, там течение быстрее.
Поле $\frac{\vec r}{r^3}$ имеет $\div = 0$ всюду, кроме нуля, но поток через сферу вокруг нуля $4\pi\ne0$ — область $\R^3\setminus\{O\}$ не объёмно односвязна. Поле точечного вихря (пример 12) имеет $\rot = \vec 0$ вне оси $Oz$, но циркуляция вокруг оси $2\pi$ — область $\R^3\setminus Oz$ не поверхностно односвязна. В задачах ТР поля — многочлены, определены везде, эти тонкости не мешают.
Гармоническое поле и разложение Гельмгольца
Поле одновременно потенциальное и соленоидальное: $\rot\vec a = \vec 0$ и $\div\vec a = 0$. Тогда $\vec a = \grad U$ и $\div\grad U = \Delta U = 0$ — потенциал является гармонической функцией (решением уравнения Лапласа).
Любое гладкое векторное поле (в ограниченной области, или во всём пространстве при достаточно быстром убывании на бесконечности) представимо в виде суммы потенциального и соленоидального:
$$\vec a = \grad\varphi + \rot\vec b.$$Как найти потенциальную часть: решить $\Delta\varphi = \div\vec a$ (уравнение Пуассона), тогда $\vec a - \grad\varphi$ имеет нулевую дивергенцию. Разложение не единственно: к $\varphi$ можно добавить гармоническую функцию.
Проверить на потенциальность и соленоидальность $\vec a = (2xy + z,\ x^2 - 2yz,\ x - y^2)$. Если потенциально — найти потенциал.
Решение
$\div\vec a = 2y + (-2z) + 0 = 2y - 2z \not\equiv 0$ — не соленоидально.
$\rot\vec a$: $\vec i$: $\frac{\partial(x-y^2)}{\partial y} - \frac{\partial(x^2-2yz)}{\partial z} = -2y + 2y = 0$; $\vec j$: $\frac{\partial(2xy+z)}{\partial z} - \frac{\partial(x-y^2)}{\partial x} = 1 - 1 = 0$; $\vec k$: $\frac{\partial(x^2-2yz)}{\partial x} - \frac{\partial(2xy+z)}{\partial y} = 2x - 2x = 0$. Поле определено во всём $\R^3$ $\Rightarrow$ потенциально.
Потенциал по ломаной $O\to(x,0,0)\to(x,y,0)\to(x,y,z)$:
$$U = \int_0^x P(t,0,0)\,dt + \int_0^y Q(x,t,0)\,dt + \int_0^z R(x,y,t)\,dt = \int_0^x 0\,dt + \int_0^y x^2\,dt + \int_0^z(x - y^2)\,dt = x^2y + xz - y^2z.$$Проверка: $U'_x = 2xy + z$, $U'_y = x^2 - 2yz$, $U'_z = x - y^2$. Ответ: $U = x^2y + xz - y^2z + C$.
Тот же вопрос для $\vec a = (y+z,\ x+z,\ x+y)$.
Решение
$\div\vec a = 0 + 0 + 0 = 0$ — соленоидально.
$\rot\vec a = (1 - 1,\ 1 - 1,\ 1 - 1) = \vec 0$ — потенциально.
Потенциал: $\int_0^x 0\,dt + \int_0^y x\,dt + \int_0^z(x+y)\,dt = xy + (x+y)z$. Ответ: $U = xy + yz + zx + C$. Поле гармоническое: $\Delta U = 0 + 0 + 0 = 0$.
Исследовать $\vec a = (y,\ -x,\ z)$.
Решение
$\div\vec a = 0 + 0 + 1 = 1$ — не соленоидально. $\rot\vec a = (0 - 0,\ 0 - 0,\ -1 - 1) = (0, 0, -2)$ — не потенциально. Ответ: ни то, ни другое, потенциала нет.
Найти работу поля $\vec a = (yz, xz, xy)$ при перемещении из $A(1,1,1)$ в $B(2,3,4)$ по любой кривой.
Решение
$\rot\vec a = \vec 0$ (пример 10), $U = xyz$. Работа $= U(B) - U(A) = 24 - 1 = 23$. Путь не важен.
Разложить $\vec a = (x - y,\ x + y,\ 0)$ на потенциальное и соленоидальное поле.
Решение
$\div\vec a = 2$. Ищем $\varphi$ с $\Delta\varphi = 2$: подходит $\varphi = \frac{x^2+y^2}{2}$, $\grad\varphi = (x, y, 0)$.
Остаток $\vec a - \grad\varphi = (-y, x, 0)$: $\div = 0$, и это $\rot\vec b$ при $\vec b = \left(0, 0, -\frac{x^2+y^2}{2}\right)$ (проверка: $\rot\vec b = (b_3{}'_y,\ -b_3{}'_x,\ 0) = (-y,\ x,\ 0)$).
Ответ: $\vec a = \underbrace{(x, y, 0)}_{\text{источник}} + \underbrace{(-y, x, 0)}_{\text{вихрь}}$ — ровно картинка с ползунками $s = w = 1$ из раздела 3.
9. Как это выглядит в РГР2: задания 5-6 ТР, вариант 1
РГР2: задание 5РГР2: задание 6
В РГР2 по РПД входят задания 5 и 6 типового расчёта (деление выведено из описания РГР в РПД, см. отчёт). Ниже полный разбор варианта 1 в том порядке, как это оформляется в тетради. Образец в начале ТР решён на другом поле и плоскости, но схема та же.
Дано поле $\vec a = (y - x)\,\vec i + (3y - z)\,\vec k$ и плоскость $\sigma:\ 2x + y + z = 4$, пересекающая координатные плоскости по замкнутой ломаной $KLMK$, где $K, L, M$ — точки пересечения $\sigma$ с осями $Ox, Oy, Oz$.
a) Найти поток $Q$ поля $\vec a$ через часть $S$ плоскости $\sigma$, вырезанную координатными плоскостями, в сторону нормали, направленной от начала координат.
b) С помощью теоремы Остроградского-Гаусса найти поток через полную поверхность тетраэдра $OKLM$ в сторону внешней нормали.
c) Найти циркуляцию $C$ поля по контуру $KLMK$.
Решение задания 5
Точки. $K$: $y=z=0$, $2x = 4$, $K(2,0,0)$. $L$: $x = z = 0$, $L(0,4,0)$. $M$: $x=y=0$, $M(0,0,4)$. Компоненты поля: $a_x = y - x$, $a_y = 0$, $a_z = 3y - z$.
a) Поток через треугольник $KLM$. Разрешаем плоскость относительно $z$: $z = 4 - 2x - y$, $z'_x = -2$, $z'_y = -1$, $\sqrt{1 + 4 + 1} = \sqrt6$. Нормаль от начала координат смотрит вверх ($\cos\gamma>0$), поэтому
$$\vec n = \frac{(2, 1, 1)}{\sqrt6},\qquad dS = \sqrt6\,dx\,dy.$$ $$(\vec a, \vec n)\,dS = \big(2(y-x) + 0\cdot1 + (3y - z)\big)\,dx\,dy.$$Подставляем $z = 4 - 2x - y$: $2y - 2x + 3y - 4 + 2x + y = 6y - 4$. Проекция $S$ на $xOy$ — треугольник $D$: $0\le x\le2$, $0\le y\le4-2x$.
$$Q = \int_0^2dx\int_0^{4-2x}(6y - 4)\,dy = \int_0^2\left(3(4-2x)^2 - 4(4-2x)\right)dx.$$Замена $s = 4 - 2x$, $dx = -\frac{ds}{2}$: $\frac12\int_0^4(3s^2 - 4s)\,ds = \frac12(64 - 32) = 16$.
Ответ a): $Q = 16$.
b) Поток через поверхность тетраэдра по Гауссу. Поверхность замкнутая, нормаль внешняя, поле гладкое везде.
$$\div\vec a = \frac{\partial(y-x)}{\partial x} + \frac{\partial 0}{\partial y} + \frac{\partial(3y-z)}{\partial z} = -1 + 0 - 1 = -2.$$Объём тетраэдра $V = \frac16\cdot OK\cdot OL\cdot OM = \frac16\cdot2\cdot4\cdot4 = \frac{16}{3}$.
$$Q = \iiint_V(-2)\,dV = -2\cdot\frac{16}3 = -\frac{32}{3}.$$Ответ b): $Q = -\frac{32}3$.
Проверка напрямую (в ТР не требуется, но полезно): грань $KLM$ — $16$ (пункт a); грань $x=0$, $\vec n = -\vec i$: $\iint(-(y - 0))\,dy\,dz = -\int_0^4y(4-y)\,dy = -\frac{32}3$; грань $y = 0$: $a_y = 0$, поток $0$; грань $z=0$, $\vec n = -\vec k$: $\iint(-3y)\,dx\,dy = -3\int_0^2\frac{(4-2x)^2}{2}dx = -16$. Сумма $16 - \frac{32}{3} + 0 - 16 = -\frac{32}3$ — совпало.
c) Циркуляция по $KLMK$.
Способ 1, напрямую. $C = \oint (y-x)\,dx + (3y - z)\,dz$ (так как $a_y = 0$).
- $KL$: $x = 2 - 2t$, $y = 4t$, $z = 0$, $t: 0\to1$; $dx = -2dt$, $dz = 0$. $\int_0^1(4t - 2 + 2t)(-2)\,dt = -2\int_0^1(6t - 2)\,dt = -2(3 - 2) = -2$.
- $LM$: $x = 0$, $y = 4 - 4t$, $z = 4t$; $dx = 0$, $dz = 4dt$. $\int_0^1(12 - 12t - 4t)\cdot4\,dt = 4(12 - 8) = 16$.
- $MK$: $x = 2t$, $y = 0$, $z = 4 - 4t$; $dx = 2dt$, $dz = -4dt$. $\int_0^1\big((-2t)\cdot2 + (-(4-4t))(-4)\big)dt = \int_0^1(-4t + 16 - 16t)\,dt = -2 + 8 = 6$.
$C = -2 + 16 + 6 = 20$.
Способ 2, по Стоксу.
$$\rot\vec a = \begin{vmatrix}\vec i & \vec j & \vec k\\ \partial_x & \partial_y & \partial_z\\ y - x & 0 & 3y - z\end{vmatrix} = \left(\frac{\partial(3y-z)}{\partial y} - 0\right)\vec i + \left(\frac{\partial(y-x)}{\partial z} - \frac{\partial(3y-z)}{\partial x}\right)\vec j + \left(0 - \frac{\partial(y-x)}{\partial y}\right)\vec k = 3\vec i - \vec k.$$Ориентация: $\overrightarrow{KL}\times\overrightarrow{LM} = (-2,4,0)\times(0,-4,4) = (16, 8, 8)\parallel(2,1,1)$ — обход $K\to L\to M$ согласован с нормалью от начала координат, той же, что в пункте a). Тогда
$$C = \iint_S(\rot\vec a, \vec n)\,dS = \iint_D\big(3\cdot2 + 0\cdot1 + (-1)\cdot1\big)\,dx\,dy = 5\cdot S_D = 5\cdot\frac{2\cdot4}{2} = 20.$$Можно и как в образце ТР, через проекции на координатные плоскости: $C = 3\,S_{OLM} + 0\cdot S_{OKM} - 1\cdot S_{OKL} = 3\cdot8 - 4 = 20$ (все углы нормали с осями острые, знаки «$+$»).
Ответ c): $C = 20$.
Дано поле $\vec a = (yz + y - 1)\,\vec i + (xz + x)\,\vec j + (xy + 2)\,\vec k$.
a) Проверить, является ли поле соленоидальным или потенциальным. b) Если поле потенциально, найти его потенциал.
Решение задания 6
Поле задано многочленами, определено во всём $\R^3$ (область и поверхностно, и объёмно односвязна).
a) Соленоидальность.
$$\div\vec a = \frac{\partial(yz + y - 1)}{\partial x} + \frac{\partial(xz + x)}{\partial y} + \frac{\partial(xy + 2)}{\partial z} = 0 + 0 + 0 = 0.$$Дивергенция равна нулю всюду — поле соленоидально.
Потенциальность.
$$\rot\vec a = \left(\frac{\partial(xy+2)}{\partial y} - \frac{\partial(xz+x)}{\partial z}\right)\vec i + \left(\frac{\partial(yz+y-1)}{\partial z} - \frac{\partial(xy+2)}{\partial x}\right)\vec j + \left(\frac{\partial(xz+x)}{\partial x} - \frac{\partial(yz+y-1)}{\partial y}\right)\vec k$$ $$= (x - x)\,\vec i + (y - y)\,\vec j + \big((z + 1) - (z + 1)\big)\,\vec k = \vec 0.$$Ротор равен нулю всюду — поле потенциально. Значит поле и соленоидально, и потенциально — гармоническое.
b) Потенциал. $U(M) = \int_{O}^{M}a_x\,dx + a_y\,dy + a_z\,dz + C$ по ломаной $O(0,0,0)\to A(x,0,0)\to B(x,y,0)\to M(x,y,z)$:
- $OA$: $\tilde y = \tilde z = 0$, $d\tilde y = d\tilde z = 0$; $a_x = 0\cdot0 + 0 - 1 = -1$: $\int_0^x(-1)\,d\tilde x = -x$.
- $AB$: $\tilde x = x$, $\tilde z = 0$; $a_y = x\cdot0 + x = x$: $\int_0^yx\,d\tilde y = xy$.
- $BM$: $\tilde x = x$, $\tilde y = y$; $a_z = xy + 2$: $\int_0^z(xy + 2)\,d\tilde z = xyz + 2z$.
Проверка: $U'_x = -1 + y + yz$ ✓, $U'_y = x + xz$ ✓, $U'_z = xy + 2$ ✓. Заодно $\Delta U = 0$ — как и должно быть у гармонического поля.
Ответ: a) поле соленоидально и потенциально; b) $U = xyz + xy - x + 2z + C$.
РГР делается в отдельной тетради: перед каждым заданием полное условие, чертежи на миллиметровке, возможна защита. Для задания 5 нужен чертёж тетраэдра с отмеченными $K, L, M$, нормалью и направлением обхода. Номер варианта даёт практик — вариант 1 здесь только для примера.
10. Что считать и какой теоремой проверить
| Что найти | Как считать | Чем проверить |
|---|---|---|
| Векторные линии | $\frac{dx}{P} = \frac{dy}{Q} = \frac{dz}{R}$, два первых интеграла | Подставить: касательный вектор $\parallel\vec a$ |
| $\div\vec a$, $\rot\vec a$ в точке | Формулы, потом подставить точку | Для простых полей — инвариантное определение (поток/циркуляция по маленькому шару/кругу) |
| Поток через незамкнутую поверхность | $\iint(\vec a, \vec n)\,dS$ через проекцию на координатную плоскость | Достроить крышками до замкнутой: Гаусс минус крышки |
| Поток через замкнутую поверхность | Гаусс: $\iiint\div\vec a\,dV$ (внешняя нормаль) | Напрямую по граням (тетраэдр, цилиндр) |
| Поток $\frac{\vec r}{r^3}$ через замкнутую | Интеграл Гаусса: $4\pi$ или $0$ | Где начало координат: внутри или снаружи |
| Циркуляция на плоскости | Параметризация звеньев | Формула Грина (глава 8) |
| Циркуляция в пространстве | Параметризация звеньев | Стокс: поток $\rot\vec a$ через натянутую плоскую поверхность |
| Работа поля | $\int_{AB}(\vec a, d\vec r)$ | Если $\rot\vec a = 0$: $U(B) - U(A)$ |
| Потенциальность | $\rot\vec a = \vec 0$ в односвязной области | Нашёлся $U$ с $\grad U = \vec a$ |
| Соленоидальность | $\div\vec a = 0$ всюду | Поток через любую замкнутую поверхность $0$ |
| Потенциал | Интеграл по ломаной $O\to(x,0,0)\to(x,y,0)\to(x,y,z)$ | $\grad U = \vec a$ |
| Гармоничность | $\rot\vec a = \vec 0$ и $\div\vec a = 0$ | $\Delta U = 0$ |
11. Тренировка
Найти $\div\vec a$ и $\rot\vec a$ для $\vec a = (xy,\ yz,\ zx)$ в точке $M(1,2,3)$.
Решение
$\div\vec a = y + z + x$, в $M$: $6$.
$\rot\vec a = \left(\frac{\partial(zx)}{\partial y} - \frac{\partial(yz)}{\partial z},\ \frac{\partial(xy)}{\partial z} - \frac{\partial(zx)}{\partial x},\ \frac{\partial(yz)}{\partial x} - \frac{\partial(xy)}{\partial y}\right) = (-y,\ -z,\ -x)$, в $M$: $(-2, -3, -1)$.
Найти функцию $f(r)$, при которой поле $f(r)\,\vec r$ соленоидально (при $r\ne0$).
Решение
По примеру 6: $\div(f(r)\vec r) = 3f + rf' = 0$. Разделяем переменные: $\frac{df}{f} = -\frac{3\,dr}{r}$, $\ln|f| = -3\ln r + \mathrm{const}$.
Ответ: $f(r) = \frac{C}{r^3}$ — поле кулоновского типа $\frac{C\vec r}{r^3}$.
Доказать $\rot(\vec c\times\vec r) = 2\vec c$ для постоянного вектора $\vec c$ и $\div(\vec c\times\vec r) = 0$.
Решение
Первое — пример 11 с $\vec\omega = \vec c$. Второе: $\vec c\times\vec r = (c_2z - c_3y,\ c_3x - c_1z,\ c_1y - c_2x)$, первая компонента не зависит от $x$, вторая от $y$, третья от $z$ — дивергенция $0$. Через $\nabla$: $\div(\vec c\times\vec r) = (\vec r, \rot\vec c) - (\vec c, \rot\vec r) = 0 - 0$.
Найти по Стоксу циркуляцию $\vec a = (z, x, y)$ по окружности $x^2+y^2 = 4$, $z = 3$, против часовой стрелки при взгляде с конца $Oz$.
Решение
$\rot\vec a = (1,1,1)$ (пример 21). Поверхность — круг радиуса 2 в плоскости $z=3$, $\vec n = \vec k$. $(\rot\vec a, \vec n) = 1$, $C = \pi\cdot2^2 = 4\pi$.
Проверка напрямую: $x = 2\cos t$, $y = 2\sin t$, $z = 3$, $dz = 0$: $\oint z\,dx + x\,dy = \int_0^{2\pi}\big(3\cdot(-2\sin t) + 2\cos t\cdot2\cos t\big)dt = 0 + 4\pi$.
Найти поток $\vec r = (x, y, z)$ через полную поверхность цилиндра $x^2+y^2\le1$, $0\le z\le2$ наружу.
Решение
$\div\vec r = 3$, объём $\pi\cdot1^2\cdot2 = 2\pi$. Поток $= 6\pi$.
Найти поток $\vec r$ через боковую поверхность конуса $z = \sqrt{x^2+y^2}$, $0\le z\le1$ (нормаль наружу, от оси).
Решение
Достраиваем крышкой $z=1$, $x^2+y^2\le1$, $\vec n = \vec k$. Гаусс: $3\cdot V = 3\cdot\frac13\pi\cdot1^2\cdot1 = \pi$. Крышка: $(\vec r, \vec k) = z = 1$, поток $\pi$. Боковая: $\pi - \pi = 0$.
Объяснение без вычислений: на конусе с вершиной в $O$ радиус-вектор лежит вдоль образующей, то есть касается поверхности, $(\vec r, \vec n) = 0$.
Проверить, что поле $\vec a = (2x\cos y,\ -x^2\sin y + z,\ y)$ потенциально, найти потенциал и работу поля из $O(0,0,0)$ в $B(1, \pi, 2)$. Соленоидально ли поле?
Решение
$\rot\vec a$: $\vec i$: $\frac{\partial y}{\partial y} - \frac{\partial(-x^2\sin y + z)}{\partial z} = 1 - 1 = 0$; $\vec j$: $\frac{\partial(2x\cos y)}{\partial z} - \frac{\partial y}{\partial x} = 0$; $\vec k$: $-2x\sin y - (-2x\sin y) = 0$. Потенциально.
$U = \int_0^x2t\,dt + \int_0^y(-x^2\sin t)\,dt + \int_0^zy\,dt = x^2 + x^2(\cos y - 1) + yz = x^2\cos y + yz$.
Работа $= U(1,\pi,2) - U(0,0,0) = \cos\pi + 2\pi = 2\pi - 1$.
$\div\vec a = 2\cos y - x^2\cos y + 0 = (2 - x^2)\cos y\not\equiv0$ — не соленоидально.
Найти поток $\vec a = \dfrac{\vec r}{r^3}$ через поверхность куба $|x|\le1$, $|y|\le1$, $|z|\le1$ наружу и через поверхность куба $1\le x\le3$, $|y|\le1$, $|z|\le1$.
Решение
Первый куб содержит $O$ — по интегралу Гаусса $4\pi$. Второй не содержит — $0$.
Заметка: у первого куба по симметрии через каждую из 6 граней проходит $\frac{4\pi}{6} = \frac{2\pi}{3}$.
Найти векторные линии поля $\vec a = (x, y, z)$ и поток через сферу радиуса $2$ с центром в начале координат.
Решение
$\frac{dx}{x} = \frac{dy}{y} = \frac{dz}{z}$ $\Rightarrow$ $y = C_1x$, $z = C_2x$ — лучи из начала координат. Поток: $4\pi R^3 = 32\pi$ (пример 25).
Для поля $\vec a = (y - x)\,\vec i + (3y - z)\,\vec k$ и треугольника $KLM$ из РГР-примера найти поток через $KLM$ в сторону начала координат, не пересчитывая интеграл.
Решение
Смена стороны поверхности меняет знак потока: $-16$.
12. Типичные ошибки
- Ориентация в Стоксе. Нормаль и обход должны быть согласованы: с конца $\vec n$ обход против часовой стрелки. «По часовой при взгляде из начала координат» значит «против часовой с другой стороны» — нормаль от начала (пример 23). Проверка для многоугольника: $\overrightarrow{A_1A_2}\times\overrightarrow{A_2A_3}$.
- Забыть крышку в Гауссе. Теорема Гаусса — только для замкнутой поверхности. Для полусферы, параболоида, конуса нужно достроить и вычесть поток через крышку (с внешней нормалью!).
- Знак нормали крышки. Нижнее дно — нормаль $-\vec k$, левая грань тетраэдра в плоскости $x=0$ — $-\vec i$. Если нормаль во всей задаче внутренняя, весь Гаусс берётся с минусом.
- Гаусс там, где поле не определено. Для $\frac{\vec r}{r^3}$ «$\div = 0$, значит поток $0$» неверно, если $O$ внутри (интеграл Гаусса $4\pi$).
- Знаки в роторе. Средняя компонента — $P'_z - R'_x$, а не $R'_x - P'_z$. При раскрытии определителя по первой строке у $\vec j$ стоит минус; надёжнее помнить циклическую запись.
- $\div$ — число, $\rot$ — вектор. Не писать «$\div\vec a = (2, 3, 4)$» и «$\rot\vec a = 0$» без стрелки, когда речь о векторе.
- Потенциальность только по $\rot = 0$ в неодносвязной области (точечный вихрь: $\rot = 0$, но циркуляция $2\pi$).
- Потенциал: забыть подставить нули. На звене $OA$ берётся $P(t, 0, 0)$, на $AB$ — $Q(x, t, 0)$: обнулять ещё не пройденные координаты. И не забыть «$+C$».
- Поток через плоскость: забыть, что $dS = \sqrt{1 + z_x'^2 + z_y'^2}\,dx\,dy$, или подставить в $(\vec a, \vec n)$ координату $z$ без выражения через $x, y$.
- Объём тетраэдра $\frac16abc$, а не $\frac13abc$ или $\frac12abc$.
Мини-шпаргалка главы
Операции ($\vec a = (P,Q,R)$):
$$\div\vec a = P'_x + Q'_y + R'_z,$$ $$\rot\vec a = (R'_y - Q'_z,\ P'_z - R'_x,\ Q'_x - P'_y),$$ $$\Delta u = u''_{xx} + u''_{yy} + u''_{zz}.$$$\nabla = (\partial_x, \partial_y, \partial_z)$: $\grad = \nabla u$, $\div = \nabla\cdot\vec a$, $\rot = \nabla\times\vec a$.
Тождества:
- $\rot\grad u = \vec 0$, $\div\rot\vec a = 0$, $\div\grad u = \Delta u$;
- $\rot\rot\vec a = \grad\div\vec a - \Delta\vec a$;
- $\div(u\vec a) = u\div\vec a + (\grad u, \vec a)$;
- $\rot(u\vec a) = u\rot\vec a + \grad u\times\vec a$;
- $\grad r = \frac{\vec r}{r}$, $\div\vec r = 3$, $\rot\vec r = \vec 0$, $\div(f(r)\vec r) = 3f + rf'$.
Векторные линии: $\frac{dx}{P} = \frac{dy}{Q} = \frac{dz}{R}$.
Стокс (с конца $\vec n$ обход против часовой):
$$\oint_L(\vec a, d\vec r) = \iint_S(\rot\vec a, \vec n)\,dS.$$Гаусс (замкнутая $S$, внешняя $\vec n$):
$$\oiint_S(\vec a, \vec n)\,dS = \iiint_V\div\vec a\,dV.$$Незамкнутая: Гаусс минус крышки. $\oiint\frac{(\vec r,\vec n)}{r^3}dS = 4\pi$ или $0$.
Инвариантные определения:
$$\div\vec a = \lim\frac{1}{|V|}\oiint(\vec a,\vec n)\,dS,\quad (\rot\vec a,\vec n) = \lim\frac{1}{|S|}\oint(\vec a, d\vec r).$$Грин для Лапласа: $\iiint(u\Delta v - v\Delta u)\,dV = \oiint\left(u\frac{\partial v}{\partial n} - v\frac{\partial u}{\partial n}\right)dS$.
Поля:
- потенциальное: в поверхностно односвязной области $\rot\vec a = \vec 0$ $\Leftrightarrow$ $\vec a = \grad U$, работа $= U(B) - U(A)$;
- соленоидальное: $\div\vec a = 0$, поток через сечения трубки сохраняется;
- гармоническое: оба, $\Delta U = 0$;
- $U = \int_0^xP(t,0,0)dt + \int_0^yQ(x,t,0)dt + \int_0^zR(x,y,t)dt$.