Solution Vector

Solutions to exercises in

Mathematical Methods in PhysicsAuthor: Staffan Yngve

Typography in LATEX by: Andreas Lindblad

2001-07-04

c©2001 Staffan Yngve. This document is free of use to anyone who studies theMathematical Methods for Physicists by Arfken and Weber. If this material isused by an institution/university or any other organisation, contact with thecopyright holder should be made at:

Staffan Yngve, Department of Theoretical physicsUniversity of UppsalaBox 803 S-75108 UPPSALA

Vektoranalys 4 juli 2001

Innehall

Vektoranalys 21.5.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.5.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.7.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.7.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.7.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.8.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.8.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.8.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.8.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.8.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.8.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.8.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.8.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.8.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.9.1,2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.9.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.10.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.10.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.10.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.10.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.11.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.11.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.11.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.11.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.11.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.12.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.12.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.12.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.12.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.13.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.13.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.13.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.13.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.4.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.4.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.4.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.4.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.5.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.5.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.5.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.5.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.9.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

Tentatal 2299-01-07: 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2299-01-07: 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

1


Vektoranalys

1.5.12

Bevisa identiteten(a× b

) · (c× d)

= (a · c) (b · d)− (

a · d) (b · c)

Bevis.(a× b

) · (c× d)

=(a× b

)k

(c× d

)k

= εk`m a` bmεkij ci dj

Utnyttjas εk`mεkij = δi` δjm − δj` δim sa erhalles:

(a× b

) · (c× d)

= δi` a` δjm bm ci dj − δj` a` δim bm ci dj

Summeras over m far man i HL{

δjm bm = bj

δim bm = bi⇒

(a× b

) · (c× d)

= δi` a` bj ci dj − δj` a` bi ci dj

Summeras over ` far man{

δi` a` = ai

δj` a` = aj⇒

(a× b

) · (c× d)

= ai bj ci dj − aj bi ci dj

Summeras over j far man{

bj dj = b · daj dj = a · d

(a× b

) · (c× d)

= ai ci b · d− bi ci a · d

Slutligen summeras over i och resultatet foljer

(a× b

) · (c× d)

= (a · c) (b · d)− (

a · d) (b · c) �

1.5.13

Visa att (a× b)× (c× d) =[a · (b× d)

]c− [

c · (a× b)]d

Bevis: Identiteten f × (c × d) = (d · f) c − (c · f) d med f = a × b samt detfaktum att d · (a × b) = a · (b × d) , c · (a × b) = a · (b × c) ger den soktaidentiteten.�

1.7.1

r = r cos(ωt)x+r sin(ωt)y for rorelse pa en cirkel med konstant r. Sokt: dubbla

sektorhastigheten r × dr

dt(samt en differentialekvation for r)

dr

dt= −rω sin(ωt)x + rω cos(ωt)y

r × dr

dt=

∣∣∣∣∣∣

x y z

r cos(ωt) r sin(ωt) 0−rω sin(ωt) rω cos(ωt) 0

∣∣∣∣∣∣=

= zωr2[cos2(ωt) + sin2(ωt)

]= zωr2

d2r

dt2= −rω2 cos(ωt)x− rω2 sin(ωt)y = −ω2r, salunda

d2r

dt2+ ω2r = 0

2


1.7.5

Bevisa identiteten

∇ · (a× b) = b · (∇× a)− a · (∇× b) (1.7.i)

Bevis:Vi anvander cartesiska koordinater, vansterledet i (1.7.i) blir da:

∇ · (a× b) =∂

∂xi[εijk aj bk] = bkεijk

∂

∂xiaj + ajεijk

∂

∂xibk

dar

εijk∂aj

∂xi= (∇× a)k

εijk∂bk

∂xi= −εikj

∂bk

∂xi= −(∇× b)j

sa

∇ · (a× b) = bk(∇× a)k − aj(∇× b)j varav:

∇ · (a× b) = b · (∇× a)− a · (∇× b) dar vi kanner igen (1.7.i)�

1.7.6

Problemet behandlar berakningen av divergensen och rotationen av det elek-triska Coulombfaltet:

E =qr

4πε0r2=

qr

4πε0r3

Med cartesiska koordinater:

E = q4πε0

(x xr3 + y y

r3 + z zr3

)dar r2 = x2 + y2 + z2 ⇒

∂r2

∂x= 2x

∂r2

∂x= 2r

∂r

∂x

⇒ ∂r

∂x=

x

r

Salunda∂

∂x

( x

r3

)=

1r3− 3x2

r5Motsvarande formel galler for y och z.

Vi kan nu skriva divergensen av E i cartesiska koordinater:

∇ · E =q

4πε0

[∂

∂x

( x

r3

)+

∂

∂y

( y

r3

) ∂

∂z

( z

r3

)]

=q

4πε0

[1r3

+1r3

+1r3− 3x2 + 3y2 + 3z2

r5

]= 0 r 6= 0

3


• Det ar viktigt att notera att divergensen inte ar noll om man inkluderarr = 0, da far man en deltafunktion (se sid. 81 i Arfken)

Vi skall nu berakna∇·E pa ett alternativt satt, via den invarianta definitionen.Bilda differentialen dE:

dE =q dr

4πε0r3− 3qr dr

4πε0r4r 6= 0

Utnyttjas att dr2 = 2r dr samt r2 = r · r erhaller man dr =d(r · r)

2rvilket ger

dE =q dr

4πε0r3− 3qr d(r · r)

8πε0r5r 6= 0

Men d(r · r) = 2r · d r resulterar i

dE =q dr

4πε0r3− 3qr (r · d r)

4πε0r5r 6= 0

Utnyttjas definitionen av en dyad samt enhetstensorn ser vi att dE kan skrivassom en tensor verkande pa dr:

dE =[

q14πε0r3

− 3qr r

4πεor5

]dr r 6= 0

Tensorn innanfor klammerparenteserna [ ] ar definitionsmassigt tensorn ∇E

∇E =q1

4πε0r3− 3qr r

4πεor5r 6= 0

∇ · E = trace∇E =q trace (1)

4πε0r3− 3q trace (r r)

4πεor5r 6= 0

{trace (1) = 3trace (r r) = r · r = r2

}⇒ ∇ · E = 0 r 6= 0

Extrauppgift

Lat oss bestamma ∇2E som ges av definitionen av Laplaceoperatorn pa ettvektorfalt ((1.86) i AW)

∇2E = ∇ (∇ · E)−∇× (∇× E)

{ ∇ · E = 0 enligt ovan∇× E = 0 se 1.13.1 nedan

}⇒ ∇2E = 0 r 6= 0

1.8.2

Uppgiften gar ut pa att visa att om vektorfalten a och b ar rotationsfria sa arvektorfaltet a× b solenoidat, vilket ar detsamma som att ∇· (a× b). Resultatetfoljer direkt ur resultatet av 1.7.5, dvs. identiteten

∇ · (a× b) = b · (∇× a)− a · (∇× b)

4


1.8.3

Vi vill visa att om vektorfaltet a ar rotationsfritt sa ar a× r solenoidalt, vilketar detsamma som ∇ · (a× r) = 0. Detta kan bevisas direkt ur 1.8.2 med b = r.Vi skall dock som ovning gora det separat:

Bevis: Vi anvander cartesiska koordinater:

∇ · (a× r) =∂

∂xi[εijk aj xk] = xk εijk

∂aj

∂xi+ aj εijk

∂xk

∂xi

Emellertid sa ar ∂xj

∂xk= 0 om k 6= i och εijk = 0 om k = i sa sista termen

forsvinner, salunda

∇ · (a× r) = xk εijk∂aj

∂xi(1.8.i)

Vi gor oss nu modan att term for term skriva upp hogerledet i (1.8.i) ovan.

∇ · (a× r) = x1

(∂a3

∂x2− ∂a2

∂x3

)+ x2

(∂a1

∂x3− ∂a3

∂x1

)+ x3

(∂a2

∂x1− ∂a1

∂x2

)

(1.8.ii)

Det faktum att ∇ × a = 0 innebar att samtliga parenteser i (1.8.ii):s hogerled≡ 0, dvs. ∇ · (a× r) = 0 om ∇× a = 0

�

I just detta exempel ar det inte sa mycket poang med ε-symbolen, man garlika enkelt fram via determinantformeln for a × r och divergensen i cartesiskakoordinater.

1.8.4

Problemet behandlar hastighetsfaltet v = ω× r for en stel kropp som undergarren rotation med konstant vinkelhastighet. Uppgiften gar ut pa att visa atthastighetsfaltet ar divergensfritt. Egentligen ar detta ett specialfall av 1.8.3

Bevis: Det innebar ingen inskrankning att valja ω:s rikting // med z ∴ ω = ωzz

∇ · (ωzz × r) = ωz∇ · [z × (xx + yy + zz)] = ωz∇ · (−yx + xy) =

ωz(−∂y

∂xx +

∂x

∂yy) = 0 �

1.8.10

Som forarbete till 1.8.10 skall vi visa tensoridentiteten

∇ (a · b)

=(∇b

)a + (∇a)b (1.8.iii)

Bevis: Enligt den invarianta definitionen av dradient (se formelsamling i fysikensmatematiska metoder) galler: dr · ∇ (

a · b)= d

(a · b)

5


Men d(a · b)

= a · db + b · da ⇒dr · ∇ (

a · b)= a · db + b · da =

[invariant definition av ∇A

]=

= a · (∇b)dr + b · (∇a) dr = [def. av transponerad tensor] =

= dr ·{(∇b

)a + (∇a)b

}dar vi kanner igen (1.8.iii) �

Vi skall nu (1.8.iii) for att visa identiteten (vilket ar upg. 1.8.10)

∇ (a · b)

=(b · ∇)

a + (a · ∇) b + b× (∇× a) + a× (∇× b)

(1.8.iv)

Adderas och subtraheras (∇a) b +(∇b

)a till hogerledet i (1.8.iii) erhalles:

∇ (a · b)

=(b · ∇)

a + (a · ∇) b−[∇b− ∇b

]a−

[∇a− ∇a

]b =

= {Alternativ invariant def. av rotationen, se formelsamling i FMM} ==

(b · ∇)

a + (a · ∇) b− (∇× b)× a− (∇× a)× b

Men(∇b

)a+(∇a) b = (a · ∇) b+

(b · ∇)

a (se formelsamling i FMM), salunda:

∇ (a · b)

= (a · ∇) b +(b · ∇)

a− (∇× b)× a− (∇× a)× b

Eftersom byte av ordning i kryssprodukt ger teckenbyte (antikommutativitet)ger ovanstaende formel (1.8.iv)

1.8.13

Verifiera identiteten a× (∇× a) = 12∇

(a2

)− (a · ∇) aBevis (Cart. koord.):

a× (∇× a) = a× ekεkmn∂an

∂xm= εijkεkmnei aj

∂an

∂xm

Borja med att summera over k och utnyttja εijkεkmn = δimδjn − δjmδin, dettager

a× (∇× a) = eiaj∂aj

∂xi− aj

∂ (aiei)∂xj

dar

aj∂ (aiei)

∂xj= (a · ∇) a

eiaj∂aj

∂xi= ei

12

∂ (aj aj)∂xi

= ei12

∂(Σa2

j

)

∂xi=

12∇ (

a2)

Saledes ar identiteten verifierad. Alternativt kan identiteten visas ur ekvationen(1.8.iv) i 1.8.10 ovan med b = a.

1.8.14

a, b ar konstanta vektorer. Verifiera identiteten

∇ [a · (b× r

)]= a× b

Betrakta den skalara funktionen f = a · (b× r)

vars differential ar:df = a · (b× dr

)Utnyttjar vi egenskaperna hos trippelprodukten fas:

df = dr · (a× b)

Men enligt invariant definition (se formelsamling i FMM) ardf = (∇f) · dr Alltsa galler:∇ [

a · (b× r)]

= a× b

6


1.8.15

Lat m vara ett konstant vektorfalt (magnetiskt moment) och lat B vara ett rota-tionsfritt och divergensfritt vektorfalt (magnetfalt) d.v.s. ∇× B = 0, ∇· B = 0.Visa att induktionskraften: F = ∇× (

B × m)

kan skrivas som ett gradientfaltF = ∇ (

B · m)

Bevis:

Fi = εijk∂

∂xj

[(B × m

)k

]= εijkεk`n

∂

∂xj[B`mn]

Utnyttjas εijkεk`n = δilδjn − δjlδin samt det faktum att magnetiska momentetar konstant sa erhalls:

Fi = δilδjnmn∂B`

∂xj− δjlδinmn

∂B`

∂xj

Om Kroneckerdeltats egenskaper utnyttjas erhalls

Fi = mn∂Bi

∂xn−mi

∂B`

∂x`

∇ · B = 0 ger att den sista termen ar noll.

∇× B = 0 gor att∂Bi

∂xn=

∂Bn

∂xisaledes:

Fi = mn∂Bn

∂xi=

∂

∂xi[mnBn] =

[∇ (B · m)]

i

Vi har nu visat att den magnetiska induktionskraften F = ∇ × (B × m

)kan

skrivas som ett gradientfalt F = ∇ (B · m)

. Detta problem ar relativt gynnsamtfor anvandande av ε-symbolen, men det gar ocksa bra att anvanda cartesiskakoordinater med m riktad i z-axelns riktning. Prova detta!

7


1.8.16

Den elektriska potentialen fran en dipol (konstant vektor) i origo ges av:

Ψ(r) =p · r

4πε0r3

Bestam det elektriska faltet E = −∇Ψ.

Losning:

z

p

o

r

rq

Ett utmarkt satt att rakna pa ar att valja sfarisktpolara koordinater med θ som vinkeln mellan p ochr. Da p = pz far vi

p · r = pr cos θ (1.8.v)

sa vi far

Ψ (r) =p cos θ

4πε0r2(1.8.vi)

Observera att Ψ ar ϕ oberoende. Utnyttjas uttrycket for ∇Ψ i sfariskt polarakoordinater (t.ex. fran avsnitt M10 i Physics Handbook) erhalls:

−∇Ψ (r, θ) = −r∂Ψ∂r

− θ1r

∂Ψ∂θ

=

= θp sin θ

4πε0r3+ r

2p cos θ

4πε0r3(1.8.vii)

Vill man omforma detta till ett ”invariant” uttryck noterar man att:

z = −θ sin θ + r cos θ ⇔ θ sin θ = −z + r cos θ (1.8.viii)

Satter vi in (1.8.viii) i (1.8.vii) far vi

−∇Ψ = =pz

4πε0r3+ r

3p cos θ

4πε0r3(1.8.ix)

Men pz = p och p cos θ =p · r

rav definitionen av z-axelns riktning respek-

tive (1.8.v). Anvander vi utover detta r =r

rsa erhaller vi:

E = − p

4πε0r3+

3r (r · p)4πε0r5

(1.8.x)

Emellertid sa racker det med att svara med (1.8.vii). Om vi tar bort denforargliga konstanten 4πε0 noterar vi att

−∇(

r · pr3

)= − p

r3+

3r (r · p)r5

(1.8.xi)

vilket motsvarar

−∇(

r · pr3

)= (∇v) p

dar (se 1.7.6) v =r

r2och

∇v =3r5

r r − 1r3

8


1.8.17

Berakna ∇×(

m× r

r3

)med konstant m.

Losning: Det ar enklast att anvanda sfariskt polara koordinater,

m = mz

z = −θ sin θ + r cos θ

=⇒

m× r = m(−θ sin θ + r cos θ

)× rr = mr sin θ ϕ

eftersom vektorprodukten mellan parallella vektorer forsvinner och −θ× r = ϕ.Harav foljer att (genom vektoranalysavsnittet i Beta)

m× r

r3= ϕ

m sin θ

r2

∇×(

m× r

r3

)= r

1r3 sin θ

∂

∂θ

[m sin2 θ

]− θ1r

∂

∂r

[m sin θ

r

]

Och vi far svaret:

∇×(

m× r

r3

)= r

2m cos θ

r3+ θ

m sin θ

r3

Har skulle vi kunna sluta, men vi omformar vidare

z = −θ sin θ + r cos θ ⇔ θ sin θ = −z + r cos θ

sa

∇×(

m× r

r3

)= r

3m cos θ

r3− z

m

r3= −m

r3+

3r (r · m)r5

Analogt med foregaende uppgift (1.8.16). Vi kan alternativt (men mera krystat)gora observationen att

−∇(

m · rr3

)= −r

∂

∂r

[m cos θ

r2

]− θ

1r

∂

∂θ

[m cos θ

r2

]= r

2m cos θ

r3+ θ

m sin θ

r3

vilket ar identiskt med ∇×(

m× r

r3

)(1.8.xi) i foregaende uppgift (1.8.16) fas

att:

∇×(

m× r

r3

)== −m

r3+

3r (r · m)r5

1.9.1,2

a×(b× v

)= b (a · v)−(

a · b)v enligt regeln for vektoriell trippelprodukt. Om

vi formellt ersatter a och b med ∇ erhalls identiteten (1.86 i AW)

∇× (∇× v) = ∇ (∇ · v)−∇2v (1.9.i)

9


(Att visa detta var uppfift 1.9.1).

Vi skall nu visa att denna identitet innebar att for cartesiska koordinater blir∇2v = ei∇2vi.

∇× (∇× v) = εijkεkmnei∂

∂xj

∂

∂xmvn

Borja med att summera over k och utnyttja εijkεkmn = δimδjn − δjmδin sa farvi:

∇× (∇× v) = ei∂

∂xi

∂vj

∂xi−∇2viei

Jamforelse med (1.9.i) ger ∇2v = ei∇2vi

1.9.3

Visa ∇× (ϕ∇ϕ) = 0

Bevis. 2ϕ∇ϕ = ∇ϕ2, rotationen av ett gradientfalt ar noll. �

1.10.1

y

x

A B

CD

Uppgiften handlar om att integreraen linjeintegral over vektorfaltet

F = −kxx− kyy (1.10.i)

fran (x0, y0) (D i figuren) till(x1, y1) (B i figuren), langs enderakurvan i figuren alternativt langs di-agonalen.

Ortsvektorn r = xx + yy for punk-ten (x, y), x, y ar enhetsvektorer ix-axelns resp. y-axelns riktning.

Ortsvektorer:

r0 = x0x + y0y for punkten (x0, yo)

r1 = x1x + y1y for punkten (x1, y1)

r1∫

r0

F(r) · dr = −k

(x1,y1)∫

(x0,y0)

(x dx + y dy) (1.10.ii)

Linjeintegralen (1.10.ii) skall beraknas. Om vi foljer integrationsvagen(D → C → B) ⇔ (xo, yo) → (x1, y0) → (x1, y1)detta tillsammans med (1.10.ii) ger

−k

(x1,y1)∫

(x0,y0)

(x dx + y dy) = −k

y1∫

y0

y dy − k

x1∫

x0

x dx = −k

[x2

2

]x1

xo

− k

[y2

2

]y1

yo

=

10


= −k

(x2

1 + y21

2

)+ k

(x2

0 + y20

2

)= k

(r2

0 − r21

2

)(1.10.iii)

Om vi istallet valjer integrationsvagen(D → A → B) ⇔ (xo, yo) → (x0, y1) → (x1, y1)sa ger (1.10.ii):

−k

(x1,y1)∫

(x0,y0)

(x dx + y dy) = −k

y1∫

y0

y dy−k

x1∫

x0

x dx = −k

[x2

2

]x1

xo

−k

[y2

2

]y1

yo

= . . . (1.10.iv)

Vi ser att (1.10.iv) ⇔ (1.10.iii) dvs. vi far samma resultat.

Lat oss nu utfora integreringen langs en kontur y = y(x), som antas vara de-riverbar.

med dy =dy

dxdx blir (1.10.ii):

−k

(x1,y1)∫

(x0,y0)

(x dx + y dy) = −k

x1∫

x0

ydy

dxdx− k

x1∫

x0

x dx = −k

[x2

2

]x1

xo

− k

[y2

2

]y1

yo

= . . .

(1.10.v)

Saledes ger aven denna integrationsvag samma resultat.

1.10.2

Berakna

r1∫

r0

F (r) · dr dar F (r) =−yx

x2 + y2+

xy

x2 + y2dar integrationsvagen gar

langs x2 + y2 = 1 fran (1, 0) till (−1, 0).

a) Langs ovre halvcirkeln.

b) Langs undre halvcirkeln.

Losning: Satt{

x = cos ϕy = sin ϕ

(planpolara koordinater)

dr = xdx + ydx = −x sin ϕdϕ + y cosϕdϕsa F (r) · dr = (sin2 ϕ + cos2 ϕ)dϕ = dϕ sa

a)

r1∫

r0

F (r) · dr =

π∫

0

dϕ = π

b)

r1∫

r0

F (r) · dr =

−π∫

0

dϕ = −π

11


1.10.4

Berakna den slutna linjeintegralen∮

r · dr

Losning: Stokes’ sats ger∮

r · dr =∫

σ

(∇× r) · dσ

Dar σ ar en oppen yta som har ”loopen” som randkurva.

∇× r = ∇×∇(

r2

2

)= 0 ⇒

∮r · dr = 0

1.10.5

Berakna ytintegralen 13

∮

σ

r · dr dar σ

ar den slutna yta som innesluter volymen V .

Losning: Gauss’ sats ger

13

∮

σ

r · dr =13

∫

V

(∇ · r) dτ

Men ∇ · r = 3, sa

13

∮

σ

r · dr =∫

V

dτ = V

Den givna ytintegralen ar saledes lika med volymen.

1.11.1∮

S

p dσ =∫

V

∇p dτ om p ar en skalar och om S ar en sluten yta. Speciellt om

p = 1 far vi resultatet 0.

1.11.2

Se 1.10.5 ovan.

1.11.3∮

S

B · dσ = {Gauss’} =∫

V

(∇ · B)dτ om B ar ett vektorfalt och om S ar en

sluten yta.

12


Om speciellt B ar ett rotationsfalt B =(∇× A

)fas ∇ · B = 0 (egenskap

av rotationsfalt) och da far vi:∮

S

(∇× A) · dσ = 0

1.11.8

Berakna∫

V

Jx dτ for en mycket stor volym V om J ar ett divergensfritt falt som

forsvinner pa den stora volymens begransningsyta.

Losning: Betrakta ∇ · (xJ)

utnyttjas produktregeln far man

∇ · (xJ)

= J · (∇x) + x(∇ · J)

Forutsattningsvis var ∇ · J = 0 och vi har (∇x) = x sa vi erhaller

∇ · (xJ)

= J · x = Jx

∫

V

Jx dτ =∫

V

∇ · (xJ)

dτ = {Gauss} =∮

S

(xJ

) · dσ = 0

ty enligt forutsattningarna forsvinner J pa begransningsytan S. Motsvarande

galler for de ovriga komponenterna av J sa∫

V

J dτ = 0.

1.11.9

Vi forutsatter att Maxwells ekvationer (F3-5 i Physics Handbook) ar kanda:

∇ · D = ρ

∇ · B = 0

∇× E = −∂B

∂t

∇× H = J +∂D

∂t

Dar ∇× H = J +∂D

∂t= 0 enligt problemtexten. sa

∇ · B = 0 (1.11.i)

∇× H = J (1.11.ii)

Ur (1.11.i) foljer enligt huvudsatsen for rotationsfalt att det finns en vektorpo-tential A sadan att:

B = ∇× A (1.11.iii)

13


Uppgiften ar att omforma

2W =∫

H · B dτ (1.11.iv)

Dar H och B forutsatts vara sadana att de ar lika med 0 pa randen av detbetraktade omradet. Observera dock att vektorpotentialen ej sakert ar ar likamed 0 pa denna rand.

Losning: (1.11.iii) och (1.11.iv) ger

2W =∫

H · (∇× A) dτ (1.11.v)

Enligt Physics Handbook M-9 galler identiteten

∇ · (H × A) = A · (∇× H)− H · (∇× A) ⇒H · (∇× A) = A · (∇× H)−∇ · (H × A) (1.11.vi)

Om vi satter in (1.11.vi) i (1.11.v) erhaller vi

2W =∫ [

A · (∇× H)−∇ · (H × A)]

dτ (1.11.vii)

Men enligt Gauss’ sats ar∫∇ · (H × A) dτ =

∮(H × A) dσ = 0 (1.11.viii)

Eftersom H = 0 pa begransningsytan. (1.11.viii) och (1.11.vii) ger

2W =∫

A · (∇× H) dτ (1.11.ix)

Insattning av (1.11.ii) i (1.11.ix)

W =12

∫A · J dτ (1.11.x)

dar (1.11.x) ar den sokta ekvationen.

1.12.2

I a-uppgiften galler det att berakna linjeintegralen∮C

r× dr dar C ar omkretsen

av en kurva i xy-planet med ytan S.

Losning till a:Har kan det vara lampligt att representera bankurvan i planpolara koordinater:

r = r(ϕ)r

dr =[drr

dϕ

]dϕ =

[dr

dϕr + r

dr

dϕ

]dϕ =

{dr

dϕ= ϕ

}=

[dr

dϕr + rϕ

]dϕ

14


(Observera att θ i b-uppgiften ej ar polara vinkeln.)r × dr = r2zdϕ. Vid integration kan z sasom varande konstant vektor sattas

utanfor integrationstecknet:∮

C

r × dr = z

2π∫

0

r2dϕ = 2Sz dar vi har utnyttjat

att r2dϕ ar dubbla sektorsytan av den sektor som ortsvektorn sveper over narvinkeln andras med dϕ. a-uppgiften ar darmed lost. En alternativ losningsmetodanvander sig av en foljdsats till Stokes’ sats. Prova denna vag!I b-uppgiften ar C nu istallet omkretsen av en ellips i xy-planetr = a cos θx + b sin θy.

Losning till b:

dr = −ax sin θdθ + by cos θdθ ⇒r × dr = abz(sin2 θ + cos2 θ)dθ = abzdθ

∮

C

r × dr =

2π∫

0

abzdθ = 2πabz

vilket ar svaret till b-uppgiften

1.12.2

Handlar om att berakna∮

C

H · dr over en sluten kurva C, vi vet fran Maxwells

ekvationer att∇×H = J dar J betecknar stromtatheten (Ampere per ytenhet).Stokes’ sats ger:

∮

C

H · dr =∫

S

(∇× H) · dσ =

∫

S

J · dσ = I

dar I ar totala strommen som den slutna kurvan C omsluter.

1.12.7

Visa att∮

(∇× v) · dσ = 0 for en sluten yta.

For en oppen yta blir integralen lika med linjeintegralen behandlad i uppgift1.12.5 (med H utbytt mot v). Om ytan sluts overgar linjeintegralen i en integralsom forsvinner ty den slutna kurvan blir en punkt.

1.12.8

Se 1.10.4

1.13.1

F = (x2 + y2 + z2)n(xx + yy + zz) (1.13.i)

15


ar en given kraft. Vi soker divergensen och rotationen av kraftfaltet, samt sokermotsvarande potentiella energi. Vidare sa soks det n som potentialen divergerarfor i origo samt oandligheten.

r2 = r · r = x2 + y2 + z2 ⇒ F = (r · r)n r

dF = (r · r)n dr + r d(r · r)n

Vi ser att dF = (∇F ) dr dar∇F = r2n1 + 2nr2n−2 r r

∇ · F = trace (F ) = r2ntrace (1) + 2nr2n−2 r · r ==

{r · r = r2 , trace (1) = 3

}= (2n + 3)r2n

Om n > 0 maste vi anta att r 6= 0. Vi kanner igen for n = −32

resultatetfran 1.7.6.

b-uppgiften kan losas antingen direkt genom att inse att∇F = r2n1+2nr2n−2 r rar symmetrisk, vilket ger att skillnaden mellan ∇F och dess transponerade ten-sor ar noll och darigenom ∇× F = 0, eller (genom c-uppgiften) anvanda sig avatt ∇×∇Φ = 0 (se nedan)

For att losa c-uppgiften skall vi nu ta skalarprodukten av F och dr

F ·dr = (r·r)n dr ={r · r = r2 r dr = r dr

}= r2n+1dr = d

(r2n+2

2n + 2

)n 6= −1

For n = −1 blir F · dr = d(ln r)

Detta betyder att vi kan skriva F · dr = −dΦ dar definitionsmassigt −∇Φ = Foch dar potentialen till F ges av

Φ =

− r2n+2

2n + 2n 6= −1

− ln r n = −1

Dar resultatet for n = −1 ar det som soks i d-uppgiften.

Problemet kan (med storre moda an ovan) losas i cartesiska koordinater. In-dexrakning kan underlatta arbetet. I sfariskt polara koordinater kan dock prob-lemet losas med ungefar samma arbetsinsats som ovan.

1.13.3

hoppas over

1.13.4

Tidvattenskraften pa en partikel i punkten (x, y, z) pa jordytan kan skrivasF = −Cxx−Cyy+2Czz (Obs! Feltryck i Arfken-Weber) dar C = CMm

R3 , M arjordens massa, m ar manens massa, z-axeln ar riktad mellan manen och jorden

16


som ar pa avstandet R fran varandra (detta avstand antas vara konstant) ochG ar allmanna gravitationskonstanten. Bestam tidvattenkraftens potential.

Losning: Bilda

F · dr = (−Cxx− Cyy + 2Czz) · (dxx + dyy + dzz) =

= −Cxdx− Cy dy + 2Cz dz = −Cd(

x2

2

)− Cd

(y2

2

)+ C dz2 =

= −d[C

(x2

2 + y2

2 − z2)]

Utnyttjas den invarianta definitionen av gradienten fas attF = −∇Φ dar Φ = C

(x2

2 + y2

2 − z2)

ar den sokta potentialen.

1.13.6

∇× A i sfariskt polara koordinater ar enligt nast sista ekvationen i avsnitt 11.3i Beta:

∇×A = r 1r sin θ

[∂(Aϕ sin θ)

∂θ − ∂Aθ

∂ϕ

]+θ

[1

r sin θ∂Ar

∂ϕ − 1r

∂(rAϕ)∂r

]+ϕ

[1r

∂(rAθ)∂r − ∂Ar

∂θ

]

Sok A sa att ∇× A =r

r2i ett omrade som ej innehaller r = 0.

Losning: Forsok med A = Aϕ(r, θ)ϕ ⇒

r1

r sin θ

∂(Aϕ sin θ)∂θ

− θ1r

∂(rAϕ)∂r

=r

r2

dar∂(rAϕ)

∂r= 0 varav rAϕ = f(θ) dvs. Aϕ =

f(θ)r

sa

1r2 sin θ

∂(f(θ) sin θ)∂θ

=1r2

(partiell derivering m.a.p. θ gor att vi kan bryta ut 1r !)

∂(f(θ) sin θ)∂θ

= sin θ ⇒ f(θ) sin θ = − cos θ + C , dar vi valjer C = 0

Svar: A = −cot θ

rϕ uppfyller ∇× A =

r

r2r 6= 0

A utgor en vektorpotential i ett omrade som ej innehaller r = 0 till det diver-

gensfria faltet B =r

r2r 6= 0. Vektorpotentialen som uppfyller B = ∇× A ar

obestamd sa nar som pa ett gradientfalt, enar ∇× A = ∇× (A +∇Φ

)Arfken-

Weber ger svaretSvar: A = − yzx

r(x2+y2) − xzyr(x2+y2) vilket kan omformas och visas vara lika med

”vart” yttryck.

2.4.5

Detta ar en enkel uppgift vars losning ej redovisas har.

17


2.4.7

Vi skall berakna v = (ω × r) dar ω = ωez. Vi behandlar det mer allmannafallet ω = ω(r), dar r ar Arfkens ρ

v = (ω × r) =

∣∣∣∣∣∣∣

r ϕ z

0 0 ω

r 0 z

∣∣∣∣∣∣∣= rωϕ (2.4.i)

Utnyttjas rotationen i cylinderpolara koordinater (Se Beta) erhalls:

∇× (ω × r) =1r

∂

∂r(r2ω)z dar ω = ω(r)

Speciellt om ω ar en konstant fas

∇× (ω × r) = 2ωz

2.4.13

Vi har ett falt F (r) = − yx

x2 + y2+

xy

x2 + y2

a) Bestam detta vektorfalt i cylinderpolara koordinater.

b) Bestam rotationen av detta vektorfalt.

c) Bestam∮

F (r) · dr fran x = 1, y = 0 och tillbaka moturs.

d) Hur gar resultatet i c) ihop med resultatet i b)?

Losning: Satt x = r cos ϕ, y = r sin ϕ och s2 + y2 = r2. Detta ger:

F (r) =1r

(− sin ϕx + cos ϕy) dar − sin ϕx + cos ϕy = ϕ enligt Beta. Sa svaret

pa a-uppgiften blir: F = Fϕ(r)ϕ =ϕ

r

∇× F =1r

∂

∂r(rFϕ) z Jfr (2.4.i)

Med vart uttryck blir ∇× F = 0 r 6= 0 vilket ar svar pa b-uppgiften.

dr =[

dr

dϕr + rϕ

]dϕ

I detta fall ar r konstant, vilket ger att forsta termen = 0. saF · dr = dϕ (Jfr 1.10.2).

∮F (r) · dr =

2π∫

0

dϕ = 2π

Vilket ar svaret till c-uppgiften.d-uppgiften: Observera att i detta fall ar F inte ett falt med deriverbara kom-ponenter i hela det inre av cirkeln, varfor Stokes sats ej kan tillampas. Det arsaledes ingen motsattning mellan resultaten i b) och c).

18


2.4.16

Berakna linjeintegralen langs randen av cirkeln C∮

C

(ω × r) · dr dar C ges av x2 + y2 = R2 och dar ω = ωez ω konstant

Losning: Vi raknar forst ut v = (ω × r) dar ω = ωz

v = (ω × r) =

∣∣∣∣∣∣∣

x y z

0 0 ω

x y z

∣∣∣∣∣∣∣= −yωx + xωy

x = r cosϕ, y = r sin ϕ ger v = (− sin ϕx + cos ϕy)rω enligt Beta:ϕ = − sinϕx + cos ϕy sa: v = rωϕ. For fallet ω konstant blir:

∇× (ω × r) =

∣∣∣∣∣∣∣

x y z∂∂x

∂∂y

∂∂z

−yω xω 0

∣∣∣∣∣∣∣= 2ωz = 2ω

Detta visas latt med cylinderkoordinater. Gor detta!

∮

C

(ω × r) · dr = {Stokes} =∫

S

∇× (ω × r) · dσz = 2ω

∫

S

dσ = 2ωS

Dar S = πR2 ar cirkelns yta och dar vi utnyttjat ∇× (ω × r) = 2ωz.

2.5.3

Handlar om att berakna v = (ω×r) och ∇×(ω×r) m.h.a. sfariska koordinater.v = ϕrω med r → r sin θ (byter fran cylinderpolart r = ρ till sfariskt polart r),enligt 2.4.16.

v = ϕr sin θω

Notera att det ar krangligare att visa relationen ∇×(ω×r) = 2ω m.h.a. sfariskakoordinater an genom att anvanda vare sig av cartesiska eller cylindriska diton.Forsok dock sjalv genomfora detta som ovning!

2.5.9

Handlar om att berakna vektorn(A · ∇)

r pa tva satt, dels med cartesiska ko-ordinater och dels allmant (sfariskt polara koordinater star i Arfken-Weber).

Cartesiska:(A · ∇)

r == Ax

∂∂x (xx + yy + zz) + Ay

∂∂y (xx + yy + zz) + Az

∂∂z (xx + yy + zz) =

= Axx + Ayy + Azz = A

19


Tensorrakning:

(A ·∇)r = (∇r)A (definitionsmassigt). Tensorn (∇r) uppfyller (aterigen defini-tionsmassigt) dr = (∇r)dr ur detta foljer direkt att (∇r) = 1 (enhetstensorn)och vi erhaller (A · ∇)r = A

2.5.19

Handlar om att losa diff. ekvationen ∇ ·[T

52∇T (r)

]= 0 med randvillkoren

T −→ 0 pa stort avstand, T = T0, r = r0.

Losning: ∇T (r) = r dTdr enligt Beta, sa vi far ∇ ·

[T

52 r dT

dr

]= 0 Vi ser m.h.a.

samma samband fran Beta som utnyttjades ovan att:T

52 r dT

dr = 27∇

(T

72

)detta innebar att vi kan skriva diff. ekv. sasom:

∇2(T

72

)= 0

Utnyttjas Betas formel for Laplaces operator i sfariskt polara koordinater erhalles:

1r2

∂∂r

[r2 ∂

∂r

(T

72

)]= 0

r2 ∂∂r

(T

72

)= −konst

∂∂r

(T

72

)= −konst

r2

T72 = konst

r

Om vi forutsatter att T −→ 0 pa stora avstand. Da vi kanner temperaturen T0

i punkten r0 far vi:

konst = r0T720

T72 = T

720

r0r

T = T0

(r0r

) 27

2.5.20

F =2P cos θ

r3r +

P sin θ

r3θ

c) Vi vill visa att det finns en potential sa att F = −∇Ψ r 6= 0.Losning: enligt Beta har vi

∇Ψ(r, θ)) =∂Ψ∂r

r +1r

∂Ψ∂θ

θ

Salunda:

−∂Ψ∂r

r − 1r

∂Ψ∂θ

θ =2P cos θ

r3r +

P sin θ

r3θ

20


om det existerar en potential Ψ

∂Ψ∂θ

= −P sin θ

r2sa

Ψ =P cos θ

r2+ f(r)

∂Ψ∂r

=2P cos θ

r3+

d (f(r))dr

=2P cos θ

r3om

d (f(r))dr

= 0. Vi valjer f = 0, sa vifar:

Ψ =2P cos θ

r3

Vilket innebar att en potential existerar for r 6= 0 (fatiskt i princip densammasom i 1.8.16 ovan).

b) berakna∮

C

F · dr om dr = ϕr sin θdϕ pa slingan C. Eftersom

F · dr =[r

2P cos θ

r3+ θ

P sin θ

r3

]· ϕr sin θdϕ = 0

,sa integralen ar uppenbart lika med noll.

a) ∇ × F r 6= 0 . ∇ × F = −∇ × ∇Ψ = 0 eftersom rotationen av ettgradientfalt ar noll.

2.9.7

Visa med hjalp av Levi-Civitasymbolen att rotationen av ett gradientfalt ar nolloch att divergensen av ett rotationsfalt ar noll.

Bevis 1. Vi skall forst visa att rotationen av ett gradientfalt ar noll utan attanvanda Levi-Civitasymbolen. (1C12a) och (1C7) med forelasningarnas num-rering ger for cartesiska x-komponenten av rotationen:

(∇×∇Φ)1 =∂

∂x2

∂Φ∂x3

− ∂

∂x3

∂Φ∂x2

= 0

eftersom de blandade derivatorna ar lika. Analogt visas att (∇×∇Φ)3 = (∇×∇Φ)2 =0, sa ∇×∇Φ = 0. Vi kannder igen 1.83 i AW. �

Bevis 2. Med Levi-Civitasymbolen

(∇×∇Φ)i = εijk∂

∂xj

∂Φ∂xk

Enligt (1A5) sa ar εikj = −εijk och ordningen mellan de partiella derivatornakan kastas om utan att forandra uttrycket:

(∇×∇Φ)i = εikj∂

∂xk

∂Φ∂xj

= − (∇×∇Φ)i

21


Enda mojligheten for ett tal att vara minus sig sjalvt ar om talet ≡ 0, salunda∇×∇Φ = 0. �

Vi skall nu bestamma divergensen av ett rotationsfalt med hjalp av cartesiskakoordinater.

Bevis 3. (1C11) och (1C7) med forelasningarnas numrering ger:

∇× v = εijkei∂vk

∂xjcart. koord.

Ur denna ekvation samt definitionen av∇·u enligt exempelvis (1C10) i forelasningsanteckningarnaoch (1A5) som bl.a. medfor att εijk = −εjik, fas:

∇ · (∇× v) = εijk∂

∂xi

∂vk

∂xj= εijk

∂

∂xj

∂vk

∂xi= −εjik

∂

∂xj

∂vk

∂xi= −∇ · (∇× v)

Som alltid ar noll det enda talet som ar lika med minus sig sjalv, d.v.s.

∇ · (∇× v) = 0

Som vi kanner igen som 1.85 i AW. �

Tentatal

losningar till ett par ”typiska” tentaproblem pa vektoranalysen.

99-01-07: 1.

a) Berakna linjeintegralen∮

C

(ω × r) · dr

langs randen av cirkeln C. Dar C ges av x2 + y2 = R2 och dar ω = ωez dar ωar konstant.

b) Berakna for samma ω den slutna ytintegralen∮

S

(ω × r) · dσ

Dar S ar en sfar med centrum i origo och med radie R.

Losningar: For saval denna som nasta uppfigt raknar vi ut v = (ω × r)

v = (ω × r) =

∣∣∣∣∣∣

ex ey ez

0 0 ω

x y z

∣∣∣∣∣∣= −yωex + xωey (t.ii)

22


For fallet med ω konstant blir:

∇× v = ∇× (ω × r) =

∣∣∣∣∣∣∣

ex ey ez∂∂x

∂∂y

∂∂z

−yω xω 0

∣∣∣∣∣∣∣= 2ωez (t.iii)

For att sla tva flugor i en small kan vi emellertid behandla det mer allmannafallet ω = ω(r).

satt in x = r cos ϕ, y = r sin ϕ i (refvec:vdef) och utnyttja eϕ = −sinϕex +cosϕey sa erhalls:

v = (ω × r) = rωeϕ (t.iv)

Utnyttjas rotationen i cylinderpolara koordinater (se Beta) erhalls:

∇× (ω × r) =1r

∂

∂r

[r2ω

]ez ω = ω(r) (t.v)

For det speciella fallet att ω ar konstant fas (t.iii) ur (t.v)∮

C

(ω × r)·dr = [Stokes sats] =∫

S

∇×(ω × r)·dσez = [t.iii] = 2ω

∫

S

dσ = 2ωπR2

∮

S

(ω × r)·dσ = [Gauss sats] = −∫

V

∇×(ω × r) dτ = [t.iii] = −2ωez

∫

V

dτ = −2ωezV

Dar V =4πR3

3

Svar:

a)∮C

(ω × r) · dr = 2ωπR2

b)∮S

(ω × r) · dσ = −2ωezV V =4πR3

3

99-01-07: 2.

En inkompressibel vatsk ar i rorelse i omradet mellan tva koncentriska cylin-driska skal dar det inre ar rorligt och har radie R. Det ytre skalet ar stilla ochhar mkt. stor radie. Hastighetsfaltet ansatts som v = ω× r, dar ω ar en vektor icylinderaxelns riktning med ω = ω(r)ez dar r anger avstandet till cylinderaxeln.Observera att beloppet av ortsvektorn |r| 6= r.

a) Visa att detta hastighetsfalt uppfyller ∇ · v = 0.

b) Bestam ω(r) sa att ∇ × v = 0 i omradet R < r och sa att |v| = v0

(konstant) for r = R.

23


Losning: Utnyttjas (t.iv) i uppgift 1 ovan far man direkt:

∇ · v =1r

∂ (rω)∂ϕ

= 0

Utnyttjas (t.v) i uppgift 1 erhalls:

∇× (ω × r) = 0 om

∂(r2ω

)

∂r= 0 =⇒

r2ω = C

Satter vi r = R och utnyttjar (t.iv) i uppgiften 1 samt randvillkoret i texten farvi:

Rω = v0 och

C = v0R

Svar: ω = v0R

r2

24

Documents

Solution Vector