Artur Noga
Instytut Elektroniki
Politechnika ÅšlÄ…ska w Gliwicach
REPETYTORIUM MATEMATYCZNE
Algebra wektorów
Reprezentacja wektorów
A = Ax1x + Ay1y + Az1z
B = Bx1x + By1y + Bz1z
Długość wektora
|A| = A = A2 + A2 + A2 (1)
x y z
Wektor jednostkowy
A
1A = (2)
A
Mnożenie wektora przez skalar
Ä…A = Ä…Ax1x + Ä…Ay1y + Ä…Az1z (3)
Dodawanie i odejmowanie wektorów
A Ä… B = (Ax Ä… Bx)1x + (Ay Ä… By)1y + (Az Ä… Bz)1z (4)
Iloczyn skalarny
A · B = AB cos AB (5)
A · B = (Ax1x + Ay1y + Az1z) · (Bx1x + By1y + Bz1z)
= AxBx + AyBy + AzBz (6)
własności iloczynu skalarnego
A · B = B · A
(Ä…A) · (²B) = Ä…²(A · B)
A · (B + C) = A · B + A · C
(A + B) · (C + D) = A · C + A · D + B · C + B · D
warunek prostopadłości dwóch wektorów
A · B = 0
Iloczyn wektorowy
A × B = AB sin 1n (7)
AB
gdzie 1n jest wektorem jednostkowym prostopadÅ‚ym do wektorów A i B. Wektor A × B tworzy z
wektorami A i B układ prawoskrętny a jego moduł jest równy polu równoległoboku zbudowanego
na tych wektorach (patrz Rys. 1).
A × B = (Ax1x + Ay1y + Az1z) × (Bx1x + By1y + Bz1z)
= (AyBz - AzBy)1x + (AzBx - AxBz)1y + (AxBy - AyBx)1z (8)
1
A×B
1n B
B
Bsin
AB
AB AB
A A
Bcos
AB
Rys. 1: Ilustracja iloczynu skalarnego i wektorowego
1x 1y 1z
A × B = Ax Ay Az = (AyBz - AzBy)1x + (AzBx - AxBz)1y + (AxBy - AyBx)1z (9)
Bx By Bz
własności iloczynu wektorowego
A × B = -B × A
(Ä…A) × (²B) = Ä…²(A × B)
A × (B + C) = A × B + A × C
(A + B) × (C + D) = A × C + A × D + B × C + B × D
A × (B × C) = B(A · C) - C(A · B)
(A × B) · (C × D) = (A · C)(B · D) - (A · D)(B · C)
(A × B) × (C × D) = (A × B · D)C - (A × B · C)D
warunek równoległości dwóch wektorów
A × B = 0
Iloczyn mieszany
A · (B × C) = B · (C × A) = C · (A × B)
wartość iloczynu mieszanego nie zmienia się przy cyklicznej zmianie wektorów a jego wartość jest
skalarem równym objętości V równoległościanu zbudowanego na tych wektorach (patrz Rys. 2)
V = |ABC sin Ä… cos ²|
Układy współrzędnych - wektory jednostkowe
P
C
B
A
Rys. 2: Równoległościan zbudowany za pomocą trzech wektorów
2
z
płaszczyzna
stałego z
z1
1z ,
P(x ,y z3)
1 2
1x 1y
y1
płaszczyzna
stałego x y
x1
płaszczyzna
stałego y
x
Rys. 3: Reprezentacja punktu w kartezjańskim układzie współrzędnych
z
dSz=dxdy 1z
dSy=dxdz 1y
dz
y
dx
dSx=dydz 1x
dy
dV=dxdydz
x
Rys. 4: Elementy objętości i powierzchni w kartezjańskim układzie współrzędnych
Współrzędne kartezjańskie - x, y, z
1x, 1y, 1z
Współrzędne cylindryczne - r, Ć, z
1Á, 1Ć, 1z
WspółrzÄ™dne sferyczne - r, ¸, Ć
1r, 1¸, 1Ć
Reprezentacja wektorów
Współrzędne kartezjańskie
A = Ax1x + Ay1y + Az1z
A = A(x, y, z) = Ax(x, y, z)1x + Ay(x, y, z)1y + Az(x, y, z)1z
Współrzędne cylindryczne
A = AÁ1Á + AĆ1Ć + Az1z
A = A(Á, Ć, z) = AÁ(Á, Ć, z)1Á + AĆ(Á, Ć, z)1Ć + Az(Á, Ć, z)1z
Współrzędne sferyczne
A = Ar1r + A¸1¸ + AĆ1Ć
A = A(r, ¸, Ć) = Ar(r, ¸, Ć)1r + A¸(r, ¸, Ć)1¸ + AĆ(r, ¸, Ć)1Ć
Przeliczanie składowych wektora pomiędzy układami
3
płaszczyzna
z
stałego z
z1 1z
1
1
płaszczyzna
stałego
y1
1
x1 y
powierzchnia
walcowa stałego
1
x
Rys. 5: Reprezentacja punktu w cylindrycznym układzie współrzędnych
z
dSz = d d 1z
dS =d dz 1
d
dz
dS = d dz 1
z
y
dV= d d dz
x
Rys. 6: Elementy objętości i powierzchni w cylindrycznym układzie współrzędnych
Zależności ogólne
Współczynniki metryki
2 2 2
"x "y "z
hk = + + , k = 1, 2, 3 (10)
qk qk qk
gdzie
x = x(q1, q2, q3), y = y(q1, q2, q3), z = z(q1, q2, q3)
to współrzędne prostokątne, natomiast
q1, q2, q3 - współrzędne wybranego układu krzywoliniowego.
Wyznaczane składowych wektora w dowolnym układzie współrzędnych na podstawie znajomości
składowych w układzie kartezjańskim
îÅ‚ Å‚Å‚
îÅ‚ Å‚Å‚ îÅ‚ Å‚Å‚
"y
1 "x 1 1 "z
F1 h1 "q1 h1 "q1 h1 "q1 Fx
ïÅ‚ śł
ïÅ‚ "y ïÅ‚
1 "x 1 1 "z
ïÅ‚ śł
F2śł = ðÅ‚ ûÅ‚
ðÅ‚ ûÅ‚ · Fyśł (11)
ðÅ‚ h2 "q2 h2 "q2 h2 "q2 ûÅ‚
"y
1 "x 1 1 "z
F3 h3 "q3 h3 "q3 h3 "q3 Fz
4
d
d
z
powierzchnia
stożkowa stałego
kÄ…ta
płaszczyzna
stałego kąta
1r
1
r1 1
y
powierzchnia
sferyczna o stałym
x
promieniu r
Rys. 7: Reprezentacja punktu w sferycznym układzie współrzędnych
Z
rd
ds =rsin drd 1
r
Y
d
2
dV=r sin drd d
X
Rys. 8: Elementy objętości i powierzchni w sferycznym układzie współrzędnych
Wyznaczanie składowych skalarnych wektora A w karezańskim układzie współrzędnych na podsta-
wie znajomości składowych w innym układzie współrzędnych
îÅ‚ Å‚Å‚
îÅ‚ Å‚Å‚ îÅ‚ Å‚Å‚
1 "x 1 "x 1 "x
Fx h1 "q1 h2 "q2 h3 "q3 F1
ïÅ‚ śł
ïÅ‚ "y "y "y ïÅ‚
1 1 1
ïÅ‚ śł
Fyśł = ðÅ‚ ûÅ‚
ðÅ‚ ûÅ‚ · F2śł (12)
ðÅ‚ h1 "q1 h2 "q2 h3 "q3 ûÅ‚
1 "z 1 "z 1 "z
Fz h1 "q1 h2 "q2 h3 "q3 F3
kartezjański cylindryczny
x = Á cos Ć Á = x2 + y2
y
y = Á sin Ć Ć = arctan (13)
x
z = z z = z
îÅ‚ Å‚Å‚ îÅ‚ Å‚Å‚ îÅ‚ Å‚Å‚
FÁ cos Ć sin Ć 0 Fx
ïÅ‚ ïÅ‚ ïÅ‚
FĆśł = ûÅ‚ ðÅ‚ ûÅ‚
ðÅ‚ ûÅ‚ ðÅ‚- sin Ć cos Ć 0śł · Fyśł (14)
Fz 0 0 1 Fz
5
1
1
d
1
rd
rsin
rd
=
s
d
d
s
r
=
2
r s
in
d
d
r
d
1
r
rs
in
d
îÅ‚ Å‚Å‚ îÅ‚ Å‚Å‚ îÅ‚ Å‚Å‚
Fx cos Ć - sin Ć 0 FÁ
ïÅ‚ ïÅ‚ ïÅ‚
Fyśł = sin Ć cos Ć 0śł · FĆśł
ðÅ‚ ûÅ‚ ðÅ‚ ûÅ‚ ðÅ‚ ûÅ‚ (15)
Fz 0 0 1 Fz
kartezjański sferyczny
x = r sin ¸ cos Ć r = x2 + y2 + z2
z
"
y = r sin ¸ sin Ć ¸ = arccos (16)
x2 + y2 + z2
y
z = r cos ¸ Ć = arctan
x
îÅ‚ Å‚Å‚ îÅ‚ Å‚Å‚ îÅ‚ Å‚Å‚
Fr sin ¸ cos Ć sin ¸ sin Ć cos ¸ Fx
ïÅ‚ ïÅ‚ ïÅ‚
F¸śł = cos ¸ cos Ć cos ¸ sin Ć - sin ¸śł · Fyśł
ðÅ‚ ûÅ‚ ðÅ‚ ûÅ‚ ðÅ‚ ûÅ‚ (17)
FĆ - sin Ć cos Ć 0 Fz
îÅ‚ Å‚Å‚ îÅ‚ Å‚Å‚ îÅ‚ Å‚Å‚
Fx sin ¸ cos Ć cos ¸ cos Ć - sin Ć Fr
ïÅ‚ ïÅ‚ śł ïÅ‚
Fyśł = sin ¸ sin Ć cos ¸ sin Ć cos Ć · F¸śł
ðÅ‚ ûÅ‚ ðÅ‚ ûÅ‚ ðÅ‚ ûÅ‚ (18)
Fz cos ¸ - sin ¸ 0 FĆ
cylindryczny sferyczny
Á = r sin ¸ r = Á2 + z2
z
"
Ć = Ć ¸ = arccos (19)
Á2 + z2
z = r cos ¸ Ć = Ć
îÅ‚ Å‚Å‚ îÅ‚ Å‚Å‚ îÅ‚ Å‚Å‚
FÁ sin ¸ cos ¸ 0 Fr
ïÅ‚ ïÅ‚ ïÅ‚
FĆśł = 0 0 1śł · F¸śł
ðÅ‚ ûÅ‚ ðÅ‚ ûÅ‚ ðÅ‚ ûÅ‚ (20)
Fz cos ¸ - sin ¸ 0 FĆ
îÅ‚ Å‚Å‚ îÅ‚ Å‚Å‚ îÅ‚ Å‚Å‚
Fr sin ¸ 0 cos ¸ FÁ
ïÅ‚ ïÅ‚ ïÅ‚
F¸śł = cos ¸ 0 - sin ¸śł · FĆśł
ðÅ‚ ûÅ‚ ðÅ‚ ûÅ‚ ðÅ‚ ûÅ‚ (21)
FĆ 0 1 0 Fz
Nieskończenie małe elementy drogi, powierzchni i objętości
Zależności ogólne
dl = h1dq111 + h2dq212 + h3dq313 (22)
dl to wektor przemieszczenia o module równym długości elementarnej drogi całkowania i wskazujący
kierunek zmiany położenia.
ds = h2h3dq2dq311 + h1h3dq1dq312 + h1h2dq1dq213 (23)
ds to wektor o długości równej liczbowo polu powierzchni elementarnego płata powierzchni i kierun-
ku wektora normalnego 1n skierowanego na zewnÄ…trz tej powierzchni.
dV = h1h1h3dq1dq2dq3 (24)
dV to skalar równy liczbowo elementarnej objętości całkowania. W poszczególnych układach współ-
rzędnych nieskończenie małe elementy drogi, powierzchni i objętości zapisuje się następująco:
układ kartezjański
dl = dx1x + dy1y + dz1z
ds = dsx + dsy + dsz = dydz1x + dxdz1y + dxdy1z
dV = dxdydz
6
 V(P2)
1r
P
V(P )
2
1
P
1
V(P3)
P
3
| V(P1)| V(P2)| V(P3)|
>| >|
powierzchnie
ekwipotencjalne
Rys. 9: Gradient funkcji pola skalarnego
układ cylindryczny
dl = dÁ1Á + ÁdĆ1Ć + dz1z
ds = dsÁ + dsĆ + dsz = ÁdĆdz1Á + dÁdz1Ć + ÁdĆdÁ1z
dV = ÁdÁdĆdz
układ sferyczny
dl = dr1r + rd¸1¸ + r sin ¸dĆ1Ć
ds = dsr + ds¸ + dsĆ = r2 sin ¸d¸dĆ1r + r sin ¸drdĆ1¸ + rdrd¸1Ć
dV = r2 sin ¸drd¸dĆ
Gradient, dywergencja, rotacja
Gradient
Gradient funkcji pola skalarnego V przypisuje każdemu punktowi pola wektor reprezentujący ampli-
tudÄ™ i kierunek najszybszego wzrostu funkcji pola skalarnego V
dV
"V = 1n,
dn
gdzie 1n to wektor jednostkowy prostopadły do powierzchni ekwipotencjalnych. Oznacza to, że wek-
tor "V jest prostopadły do powierzchni stałego potencjału i równoległy do linii sił pola (patrz Rys. 9).
Pochodną funkcji pola skalarnego wzdłuż dowolnego kierunku dr wyznaczamy jak następuje
dV
= "V · 1r natomiast dV = "V · dr (25)
dr
Uogólniona postać gradientu funkcji pola skalarnego
1 "V 1 "V 1 "V
"V = 11 + 12 + 13 (26)
h1 "q1 h2 "q2 h3 "q3
Gradient funkcji pola skalarnego dla układu kartezjańskiego, cylindrycznego i sferycznego:
"V "V "V
"V = 1x + 1y + 1z (27)
"x "y "z
"V 1 "V "V
"V = 1Á + 1Ć + 1z (28)
"Á Á "Ć "z
"V 1 "V 1 "V
"V = 1r + 1¸ + 1Ć (29)
"r r "¸ r sin ¸ "Ć
7
ds2
ds4 A
A
A
ds3
A
ds5
A
ds1
ds6
A
Rys. 10: Strumień wektora A przepływający przez zamkniętą powierzchnię S
Dywergencja
Dywergencja pola wektorowego A określa wydajność z
ródeł tego pola w jednostce objętości. Uogól-
niona postać dywergencji
A · ds
S
" · A = lim , (30)
V 0
V
gdzie A · ds to strumieÅ„ wektora A przez zamkniÄ™tÄ… powierzchniÄ™ S (Rys. 10). Ogólnie strumieÅ„
S
wektora możemy wyznaczyć dla dowolnej powierzchni (zamkniętej lub otwartej)
Åš = A · ds
Dla powierzchni zamkniętej przedstawia on różnicę pomiędzy strumieniem który wpływa do danej
objętości, a strumieniem, który z niej wypływa. Jeżeli w danej objętości otoczonej powierzchnią
S nie występują z
ródła wektora A to całkowity strumień przez ta powierzchnię jest równy 0. W
przypadku, gdy w objętości otoczonej powierzchnią S znajdują się z
ródła to całkowity strumień jest
różny od zera, a jego znak zależy od tego czy są to z
ródła dodatnie czy ujemne. Jeżeli w ciągłym polu
wektorowym caÅ‚ka A · ds = 0 to pole takie nazywamy bezz
ródłowym a wektor A solenoidalnym.
S
W zapisie różniczkowym dywergencja przyjmuje następującą postać
1 " " "
" · A= (h2h3A1) + (h1h3A2) + (h1h2A3) (31)
h1h2h3 "q1 "q2 "q3
Podstawiając współczynniki metryki, dla poszczególnych układów współrzędnych otrzymujemy
"Ax "Ay "Az
" · A = + + (32)
"x "y "z
1 " 1 "AĆ "Az
" · A = (ÁAÁ) + + (33)
Á "Á Á "Ć "z
1 " 1 " 1 "AĆ
" · A = (r2Ar) + (sin ¸A¸) + (34)
r2 "r r sin ¸ "¸ r sin ¸ "Ć
Jeżeli wydajność z
ródeÅ‚ pola wektorowego A w jednostce objÄ™toÅ›ci wyrażamy poprzez " · A to
całkowitą wydajność w dowolnie określonej przestrzeni można wyrazić poprzez sumę elementarnych
wydajnoÅ›ci, co sprowadza siÄ™ do obliczenia caÅ‚ki " · Adv.
V
Twierdzenie Gaussa-Ostrogradskiego
A · ds = " · Adv (35)
S V
8
1n powierzchnia otwarta s
ograniczona krzywÄ… C
C
dl
Rys. 11: Relacje pomiędzy wektorami dl i 1n występującymi w definicji rotacji i cyrkulacji
A
kierunek
obrotu
kierunek wektora A wyznaczony
A
zgodnie z regułą prawej dłoni
Rys. 12: Ilustracja wyznaczania rotacji pola wektorowego
Twierdzenie to mówi, że strumień wektora przez powierzchnię zamkniętą równa się całce objętościo-
wej z dywergencji tego wektora po obszarze ograniczonym tÄ… powierzchniÄ….
Rotacja
Rotacja pola wektorowego A jest wektorem, którego moduł równa się liczbowo stosunkowi maksy-
malnej wartości cyrkulacji wektora A po krzywej zamkniętej C do pola powierzchni s ograniczonej
przez tÄ… krzywÄ…, gdy pole powierzchni s dąży do 0. Kierunek wektora " × A jest zgodny z wekto-
rem jednostkowym 1n prostopadłym do powierzchni s (Rys. 11). Powierzchnia s musi znajdować
się w takim położeniu, aby cyrkulacja przyjmowała wartość maksymalną.
1
" × A = lim 1n A · dl (36)
s0
s C
max
Fizyczne znaczenie rotacji najprościej wyjaśnić na przykładzie przepływu cieczy, gdzie wektor A
opisuje prędkość przepływu. W strumień cieczy wprowadzamy koło łopatkowe (patrz Rys. 12). Pod
wpływem ruchu cieczy łopatki koła zaczynają się obracać. Jeżeli w danym punkcie pola wiatraczek
ustawimy tak, aby prędkość obrotu była maksymalna, to jego prędkość kątowa będzie proporcjonalna
do moduÅ‚u rotacji |" × A| a oÅ› koÅ‚a bÄ™dzie wskazywać kierunek wektora rotacji " × A. SkÅ‚adowÄ…
wektora rotacji w dowolnym kierunku 1u wyznaczamy za pomocą zależności
A · dl
C
(" × A)u = (" × A) · 1u = lim . (37)
su0
su
W (36) i (37) A · dl jest caÅ‚kÄ… krzywoliniowÄ… wektora A po konturze zamkniÄ™tym C. Na ogół
C
wartość całki krzywoliniowej zależy od postaci krzywej i od jej punktów końcowych. Oznacza to, że
gdy dwie różne krzywe łączą te same dwa punkty to całki krzywoliniowe wzdłuż obydwu krzywych
są różne. Jeżeli jednak A jest gradientem funkcji skalarnej A = "V , to wartość całki krzywoliniowej
zależy wyłącznie od punktów końcowych krzywej a nie od jej postaci. Na podstawie zależności (25)
możemy zapisać
b b b
A · dl = "V · dl = dV = V (b) - V (a). (38)
a a a
W polu, dla którego zachodzą powyższe zależności, praca nie zależy od drogi, a pole takie nazywamy
polem zachowawczym. Jeżeli całka krzywoliniowa po konturze zamkniętym wektora A, który jest
9
gradientem pewnej funkcji skalarnej, jest równa 0, to również rotacja takiego wektora jest równa 0
" × ("V ) = 0. (39)
Pole dla którego " × A = 0 nazywamy polem bezwirowym. Przy omawianiu dywergencji powie-
dziano, że jeżeli " · A = 0, to mamy do czynienia z polem bezz
ródłowym, a wektor A jest wektorem
solenoidalnym. Każdy wektor A, który przedstawia rotację innego wektora
A = " × B
ma dywergencję równą 0
" · (" × B) = 0. (40)
Równania (39) i (40) stanowią dwie fundamentalne tożsamości analizy wektorowej.
Uogólnioną postać rotacji we współrzędnych kartezjańskich i krzywoliniowych zapisujemy na-
stępująco
h111 h212 h313
1
" " "
" × A = (41)
h1h2h3 "q1 "q2 "q3
h1A1 h2A2 h3A3
Podstawiając współczynniki metryki, dla poszczególnych układów współrzędnych otrzymujemy
1x 1y 1z
"Az "Ay "Ax "Az "Ay "Ax
" " "
" × A = = - 1x + - 1y + - 1z (42)
"x "y "z
"y "z "z "x "x "y
Ax Ay Az
1Á Á1Ć 1z
1 1 "Az "AĆ
" " "
" × A = = - 1Á (43)
"Á "Ć "z
Á Á "Ć "z
AÁ ÁAĆ Az
"AÁ "Az 1 "(ÁAĆ) "AÁ
+ - 1Ć + - 1z
"z "Á Á "Á "Ć
1r r1¸ r sin ¸1Ć
1 1 "(sin ¸AĆ) "A¸
" " "
" × A = = - 1r (44)
"r "¸ "Ć
r2 sin ¸ r sin ¸ "¸ "Ć
Ar rA¸ r sin ¸AĆ
1 1 "Ar "(rAĆ) 1 "(rA¸) "Ar
+ - 1¸ + - 1Ć
r sin ¸ "Ć "r r "r "¸
Twierdzenie Stokesa
A · dl = (" × A) · ds (45)
C S
Całka krzywoliniowa danego wektora A po konturze zamkniętym C jest równa strumieniowi rotacji
tego wektora przez powierzchnię S, której brzegiem jest krzywa C.
10
Wybrane tożsamości analizy wektorowej
" × ("V ) = 0
" · (" × A) = 0
"(UV ) = U"V + V "U
" · (V A) = A · "V + V " · A
" · (A × B) = B · (" × A) - A · (" × B)
" × (A × B) = A(" · B) - B(" · A) + (B · ")A - (A · ")B
"(A · B) = A × (" × B) + B × (" × A) + (B · ")A + (A · ")B
" · "V = "2V
11
CZ
ŚĆ ZADANIOWA
0.1. Dane są wektory: A = 1x + 21y - 31z, B = -41y + 1z, C = 51x - 21z. Wyznaczyć:
a) |A - A|,
b) A · B,
c) A × B,
d) kąt pomiędzy wektorami B i C,
e) składową wektora C w kierunku wyznaczonym przez wektor A,
f) A · (B × C) i (A × B) · C,
g) A × (B × C) i (A × B) × C.
RozwiÄ…zanie:
a)
A - B = 1x + 21y - 31z - (-41y + 1z) = 1x + 61y - 41z
" "
|A - B| = 12 + 62 + (-4)2 = 1 + 36 + 16 = 53
b) na podstawie zale żno (6)
ści
A · B = 1 · 0 + 2 · (-4) + (-3) · 1 = -11
c) na podstawie zale żno (9)
ści
A × B = (2 - 12)1x + (0 - 1)1y + (4 - 0)1z = -101x - 1y - 41z
d) kąt pomiędzy wektorami wyznaczamy z zale żno (5)
ści
B · C B · C
cos Ć = - Ć = arccos
BC BC
gdzie
B · C = 0 · 5 + (-4) · 0 + 1 · (-2) = -2
" "
B = (-4)2 + (1)2 = 17, C = 52 + (-2)2 = 29
ostatecznie
-2
<"
Ć = arccos " " 95ć%
=
17 29
e) składową wektora C w kierunku wyznaczonym przez wektor A obliczamy z zale żnó
sci
CA = (C · A)1A
gdzie
11x + 21y - 31z 1 2 3
" "
1A = = 1x + 1y - " 1z
12 + 22 + (-3)2 14 14 14
ostatecznie
1 2 3
" "
CA = (5 · 1 + 2 · 0 + (-3) · (-2))( 1x + 1y - " 1z)
14 14 14
11 22 33 11
" " "
= 1x + 1y - " 1z = (1x + 21y - 31z)
14 14 14 14
f) na podstawie zale żno (6) i (9) obliczamy
ści
B × C = (8 - 0)1x + (5 - 0)1y + (0 + 20)1z = 81x + 51y + 201z
A · (B × C) = 1 · 8 + 2 · 5 + (-3) · 20 = -42
A × B = (2 - 12)1x + (0 - 1)1y + (-4 - 0)1z = -101x - 1y - 41z
(A × B) · C = -10 · 5 + (-1) · 0 + (-4) · (-2) = -42
12
g) na podstawie wzoru (9) i wyników otrzymanych w poprzednim punkcie obliczamy
A × (B × C) = (40 + 15)1x + (-24 - 20)1y + (5 - 16)1z = 551x - 441y - 111z
(A × B) × C = (2 - 0)1x + (-20 - 20)1y + (0 + 5)1z = 21x - 401y + 51z
" "
0.2. Początek i koniec wektora określają punkty P1(-2, 3, -5) i P2(2, 3 3, 1). Wyznaczyć składo-
we skalarne i moduł tego wektora oraz wektor jednostkowy równoległy do niego.
Rozwiązanie: Wektor rozpięty pomiędzy dwoma punktami P1(x1, y1, z1) i P2(x2, y2, z2) wyznaczamy
następująco
A = (x2 - x1)1x + (y2 - y1)1y + (z2 - z1)1z
" " "
= (2 + 2)1x + (3 3 - 3)1y + (1 + 5)1z = 41x + 2 31y + 61z
Moduł wektora obliczamy na podstawie zale żnó
sci
"
|A| = A2 + A2 + A2 = 42 + (2 3)2 + 62 = 8
x y z
natomiast wektor jednostkowy
"
A 1 3 3
1A = = 1x + 1y + 1z
|A| 2 4 4
0.3. Dany jest wektor A = 31x + 41y + 51z. Dobrać do niego wektor B tak, aby był on równoległy
do A, a wartość iloczynu skalarnego A i B była równa -125.
Rozwiązanie: Warunkiem równoległo dwóch wektorów jest zerowanie się ich iloczynu wektorowego.
ści
Z warunku A × B = 0 otrzymujemy
4Bz - 5By = 0
5
5Bx - 3Bz = 0 - Bz = Bx
3
4
3By - 4Bx = 0 - By = Bx
3
Wyra żajÄ…c iloczyn skalarny przez współrzÄ™dne wektorów przepisujemy warunek A · B = -125 w po-
staci
3Bx + 4By + 5Bz = -125
Po podstawieniu wcześniej wyznaczonych By i Bz otrzymujemy
16 25
3Bx + Bx + Bx = -125 skÄ…d Bx = -7.5
3 3
Pozostałe dwie składowe wektora B
4 5
By = Bx = -10 i Bz = Bx = -12.5
3 3
Zatem ostatecznie
B = -(7.5 1x + 10 1y + 12.5 1z)
0.4. Dany jest wektor A = 21x + 21y + 1z. Znalez
ć wektor B prostopadły do wektora A, tak aby
wektor C = A × B byÅ‚ równolegÅ‚y do wektora D = -1x + 1y
RozwiÄ…zanie:
C = A × B = (2Bz - By)1x + (Bx - 2Bz)1y + (2By - 2Bx)1z
Z warunku C × D = 0 otrzymujemy
(Bx - 2Bz) · 0 - (2By - 2Bx) · 1 = 0
(2By - 2Bx) · (-1) - (2Bz - By) · 0 = 0
(2Bz - By) · 1 - (Bx - 2Bz) · (-1) = 0
13
Rozwiązanie układu równań prowadzi do warunku Bx = By
Warunkiem prostopadłości dwóch wektorów jest zerowanie się ich iloczynu skalarnego
A · B = 0 - 2Bx + 2By + Bz = 0
podstawiajÄ…c Bx = By, otrzymujemy
4Bx + Bz = 0 - Bz = -4Bx
Zakładając, że B = -8 wtedy Bx = By = 2. Zatem ostatecznie
z
B = 21x + 21y - 81z
0.5. Znalez
ć współrzędne wektora E = 1x - 21y + 21z we współrzędnych a) cylindrycznych, b)
sferycznych.
RozwiÄ…zanie:
a) Korzystając z zale żno (13)
ści
"
1 -2
"
Á = 12 + (-2)2 = 5, cos Ć = , sin Ć = "
5 5
Na podstawie transformacji (14)
"
EÁ = cos Ć - 2 sin Ć = 5, EĆ = - sin Ć - 2 cos Ć = 0, Ez = 2.
"
Zatem ostatecznie E = 51Á + 21z.
b) Korzystając z zale żno (16)
ści
"
2 5
r = 12 + (-2)2 + 22 = 3, cos ¸ = , sin ¸ = ,
3 3
"
1 -2
" "
Á = 12 + (-2)2 = 5, cos Ć = , sin Ć = .
5 5
Na podstawie transformacji (17)
Er = sin ¸ cos Ć - 2 sin ¸ sin Ć + 2 cos ¸ = 3
E¸ = cos ¸ cos Ć - 2 cos ¸ sin Ć - 2 sin ¸ = 0
EĆ = - sin Ć - 2 cos Ć = 0
Zatem ostatecznie E = 31r.
0.6. Znalez
ć współrzÄ™dne wektora B = 1/Á1Á - 2/Á21Ć + 1z we współrzÄ™dnych a) kartezjaÅ„skich,
b) sferycznych.
RozwiÄ…zanie:
a) Korzystając z zale żno (13)
ści
x y
Á = x2 + y2, cos Ć = , sin Ć =
x2 + y2 x2 + y2
WykorzystujÄ…c macierz transformacji (15) otrzymujemy
1 2 x x2 + y2 + 2y
Bx = cos Ć + sin Ć =
Á Á2
(x2 + y2)3
1 2 y x2 + y2 - 2x
By = sin Ć - cos Ć =
Á Á2
(x2 + y2)3
Ostatecznie
x x2 + y2 + 2y y x2 + y2 - 2x
B = 1x + 1y + 1z
(x2 + y2)3 (x2 + y2)3
14
b) KorzystajÄ…c z zale żno Á = r sin ¸ i transformacji (21) otrzymujemy
ści
1 1 2
Br = + cos ¸, B¸ = cot ¸ - sin ¸, BĆ = - .
r r r2 sin2 ¸
Zatem ostatecznie
1 1 2
B = + cos ¸ 1r + cot ¸ - sin ¸ 1¸ - 1Ć
r r r2 sin2 ¸
0.7. Znalez
ć współrzÄ™dne wektora H = 1/ sin ¸1r + 1/ cos ¸1¸ + r1Ć we współrzÄ™dnych a) karte-
zjańskich, b) cylindrycznych.
RozwiÄ…zanie:
a) Korzystając z zale żno (16) mo żemy zapisa
ści ć
x y
r = x2 + y2 + z2, cos Ć = , sin Ć =
x2 + y2 x2 + y2
x2 + y2 z
sin ¸ = , cos ¸ =
x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2
Na podstawie macierzy transformacji (20) i powy ższych zale żnó otrzymujemy
sci
2x y x2 + y2 + z2
Hx = 2 cos Ć - r sin Ć = -
x2 + y2 x2 + y2
2y x x2 + y2 + z2
Hy = 2 sin Ć + r cos Ć = +
x2 + y2 x2 + y2
z x2 + y2
Hz = cot ¸ - tan ¸ = -
z
x2 + y2
Ostatecznie
2x - y x2 + y2 + z2 2y + x x2 + y2 + z2 z2 - x2 - y2
H = 1x + 1y + 1z
x2 + y2 x2 + y2 z x2 + y2
b) Na podstawie zale żno
ści
z Á
r = z2 + Á2, cot ¸ = , tan ¸ =
Á z
i transformacji (20) otrzymujemy
BÁ = 2
BĆ = r = z2 + Á2
z Á
Bz = cot ¸ - tan ¸ = -
Á z
Zatem ostatecznie
z2 - Á2
H = 21Á + z2 + Á21Ć + 1z
zÁ
0.8. Wyznaczyć współczynniki metryki dla układu: a) kartezjańskiego, b) cylindrycznego, c) sferycz-
nego.
Rozwiązanie: Współczynniki metryki h , h2, h3 dla ka żdego z układów współrzędnych mo żna wyzna-
1
czyć z zale żno (10)
ści
15
a) Dla układu kartezjańskiego q1 =x, q2 =y, q3 =z. Po wyznaczeniu pochodnych cząstkowych
"x "y "z
= 1 = 0 = 0
"x "x "x
"x "y "z
= 0 = 1 = 0
"y "y "y
"x "y "z
= 0 = 0 = 1
"z "z "z
i podstawieniu do (10) otrzymujemy
hx = 1 hy = 1 hz = 1
b) Dla ukÅ‚ady cylindrycznego q1 = Á, q2 = Ć, q3 = z. KorzystajÄ…c z (13) wyznaczamy pochodne
czÄ…stkowe
"x "(Á cos Ć) "y "(Á sin Ć) "z
= = cos Ć = = sin Ć = 0
"Á "Á "Á "Á "Á
"x "(Á cos Ć) "y "(Á sin Ć) "z
= = -Á sin Ć = = Á cos Ć = 0
"Ć "Ć "Ć "Ć "Ć
"x "y "z
= 0 = 0 = 1
"z "z "z
Ostatecznie na podstawie (10) otrzymujemy
hÁ = cos2 Ć + sin2 Ć = 1
hĆ = (-Á sin Ć)2 + (Á cos Ć)2 = Á
hz = 1
c) Dla ukÅ‚adu sferycznego q1 =r, q2 =¸, q3 =Ć. KorzystajÄ…c z zale żno (16) wyznaczamy pochod-
ści
ne czÄ…stkowe
"x "(r sin ¸ cos Ć) "y "(r sin ¸ sin Ć)
= = sin ¸ cos Ć = = sin ¸ sin Ć
"r "r "r "r
"x "(r sin ¸ cos Ć) "y "(r sin ¸ sin Ć)
= = r cos ¸ cos Ć = = r cos ¸ sin Ć
"¸ "¸ "¸ "¸
"x "(r sin ¸ cos Ć) "y "(r sin ¸ sin Ć)
= = -r sin ¸ sin Ć = = r sin ¸ cos Ć
"Ć "Ć "Ć "Ć
"z "(r cos ¸)
= = cos ¸
"r "r
"z "(r cos ¸)
= = -r sin ¸
"¸ "¸
"z "(r cos ¸)
= = 0
"Ć "¸
PodstawiajÄ…c do (10) otrzymujemy
hr = sin2 ¸ cos2 Ć + sin2 ¸ sin2 Ć + cos2 ¸ = 1
h¸ = r2 cos2 ¸ cos2 Ć + r2 cos2 ¸ sin2 Ć + r2 sin2 ¸ = r
hĆ = r2 sin2 ¸ sin2 Ć + r2 sin2 ¸ cos2 Ć = r sin ¸
"
0.9. Dane są dwa wektory A = 21x + 21y + 1z, B = 31x - 31y + 21z. Obliczyć a) kąt zawarty
pomiędzy wektorami, b) kąty między wektorami a osiami układu.
RozwiÄ…zanie:
16
a) Kąt zawarty między dwoma wektorami obliczamy korzystając z (5)
A · B
Ć = arccos
AB
gdzie
" "
A = 4 + 4 + 1 = 3, B = 9 + 3 + 4 = 4
"
A · B 8 - 2 3
<"
= = 0.378
AB 12
Ostatecznie otrzymujemy Ć = 67ć%47 .
b) KÄ…ty Ä…, ², Å‚ zawarte pomiÄ™dzy danymi wektorami a osiami x, y i z wyznaczamy z cosinusów
kierunkowych
Ax 2 Bx 3
cos ąA = = ąA = 48ć%11 , cos ąB = = ąB = 41ć%25
A 3 B 4
"
Ay 2 By - 3
cos ²A = = ²A = 48ć%11 , cos ²B = = ²B = 115ć%40
A 3 B 4
Az 1 Bz 1
cos łA = = łA = 70ć%32 , cos łB = = łB = 60ć%00
A 3 B 2
0.10. Podać warunek, dla którego (A · B)2 = A2B2.
RozwiÄ…zanie:
(A · B)2 = A2B2 cos2 Ć; A2B2 = A2B2
Aby zachodziła równość podana w treści zadania, musi być spełniony warunek
cos Ć = 1 lub cos Ć = -1
Ostatecznie otrzymujemy
Ć = 0, Ą
0.11. Udowodnić twierdzenia cosinusów i sinusów dla trójkąta przedstawionego na Rys. 13.
C
B
A
Rys. 13: Trójkąt zbudowany z trzech wektorów
Rozwiązanie: Aby udowodnić twierdzenie cosinusów
C = A2 + B2 - 2AB cos Å‚
zapiszemy
C = A + B
zatem
C2 = C · C = (A + B) · (A + B) = A · A + B · B + 2A · B
= A2 + B2 + 2AB cos (Ä„ - Å‚) = A2 + B2 - 2AB cos Å‚
Twierdzenie sinusów
Dla trójkąta zbudowanego z wektorów A, B, C mo żemy zapisa
ć
A + B + C = 0
17
Mno żąc powy ższe równanie wektorowo przez B otrzymujemy
A × B = B × C
AB sin Å‚ = BC sin Ä…
A C
=
sin Ä… sin Å‚
Mno żąc równanie wyj wektorowo przez A otrzymujemy
ściowe
B × A = A × C
BA sin Å‚ = AC sin ²
B C
=
sin ² sin Å‚
Ostatecznie, łącząc wyniki cząstkowe, otrzymujemy równanie sinusów
A B C
= =
sin Ä… sin ² sin Å‚
0.12. Dla trójkąta o wierzchołkach A(5, -2, 1),B(8, 4, 7),C(2, 0, 3) wyznaczyć współrzędne punktu
P , leżącego na prostej AB tak, aby wektory CP i AB były prostopadłe. Obliczyć pole trójkąta i
wektor jednostkowy prostopadły do jego powierzchni (patrz Rys. 14).
Rozwiązanie: Zdefiniujmy wektor A łączący początek układu
współrzędnych z punktem A
C
A = OA = 51x - 21y + 1z
K
H
analogicznie
B = OB = 81x + 41y + 71z
A B
R1 P R2
C = OC = 21x + 31z
P = OP = x1x + y1y + z1z
Rys. 14:
Dodatkowo oznaczmy
K = A - C = 31x - 21y - 21z
R = B - A = 31x + 61y + 61z
R1 = P - A, R2 = B - P
Wektor R1 obliczamy z zale żno
ści
R1 = R11R
R 1 1 2 2
1R = = (31x + 61y + 61z) = 1x + 1y + 1z
R 9 3 3 3
1 2 2 5
R1 = |K · 1R| = 3 - 2 - 2 =
3 3 3 3
zatem
5 10 10
R1 = 1x + 1y + 1z
9 9 9
Ostatecznie otrzymujemy
50 8 19
P = A + R1 = 1x - 1y + 1z
9 9 9
19
a współrzędne punktu P (50, -8, ).
9 9 9
Pole trójkąta wyznaczamy z zale żno
ści
P = 0.5RH
18
gdzie
H = |H| = |P - C| = (32/9)2 + (-8/9)2 + (-8/9)2 <" 3.77
=
ostatecznie P <" 11.33.
=
Wektor jednostkowy, prostopadły do powierzchni trójkąta wyznaczamy z iloczynu wektorowego
A × B
1n =
|A × B|
A × B = -181x - 271y + 361z
<"
|A × B| 48.47
=
ostatecznie 1n <" -0.371x - 0.561y + 0.741z.
=
0.13. Dany wektor A = 21x + 1y - 41z rozłożyć na dwa wektory składowe, tak aby jeden był pro-
stopadły a drugi równoległy do wektora B = 1x + 1y + 1z.
Rozwiązanie: Składową wektora A równoległą do wektora B wyznaczamy
z zale żno (patrz Rys. 15)
ści
A
A = (A · 1B)1B
B 1
"
1B = = (1x + 1y + 1z)
B
3
All B
1
A · 1B = -" .
3
Rys. 15:
Ostatecznie
1
A = - (1x + 1y + 1z),
3
natomiast
7 4 11
AÄ„" = A - A = 1x + 1y - 1z.
3 3 3
0.14. Znalez
ć składową skalarną Ex pola wektorowego E = 25/r21r, określonego we współrzędnych
sferycznych, w punkcie P (-3, 4, 5).
Rozwiązanie: Składową skalarną E wyznaczamy z zale żno (18)
ści
x
25
Ex = sin ¸ cos Ć.
r2
Na podstawie zale żno (16) mo żemy zapisa
ści ć
x x2 + y2
r = x2 + y2 + z2, cos Ć = , sin ¸ = .
x2 + y2 x2 + y2 + z2
Ostatecznie otrzymujemy
25x
Ex = ,
3
(x2 + y2 + z2)2
a po podstawieniu współrzędnych punktu P
-75
<"
Ex(-3, 4, 5) = = -0.21.
3
(9 + 16 + 25)2
0.15. Wyprowadzić wzory a następnie obliczyć pole powierzchni i objętość sfery o promieniu 3m.
19
Rozwiązanie: Przy wyznaczeniu pola powierzchni i objętości sfery najwygodniej zastosować sferyczny
układ współrzędnych. Pole powierzchni obliczamy następująco
Ä„ 2Ä„ Ä„ 2Ä„ Ä„
s = 1r · dsr = r2 sin ¸d¸dĆ = 2Ä„r2 sin ¸d¸
¸=0 Ć=0 ¸=0 Ć=0 ¸=0
r=3
s = 4Ä„r2 (m2) - s = 36Ä„ (m2).
Objętość wyznaczamy obliczając całkę potrójną w sferycznym układzie współrzędnych
3 Ä„ 2Ä„ 3 Ä„
v = r2 sin ¸drd¸dĆ = 2Ä„ r2 sin ¸drd¸
r=0 ¸=0 Ć=0 r=0 ¸=0
3
3
4
= 4Ä„ r2dr = Ä„r3 = 36Ä„ (m3).
3 0
r=0
0.16. Dane jest pole wektorowe E = y1x + x1y + z1z. Obliczyć caÅ‚kÄ™ liniowÄ… E · dl od punktu
P1(2, 1, -1) do punktu P2(8, 2, -1) a) wzdłuż paraboli x = 2y2, b) wzdłuż prostej łączącej oba
punkty.
Rozwiązanie: Iloczyn skalarny wektora E i elementu drogi dlw układzie kartezjańskim
E · dl = (y1x + x1y + z1z) · (1xdx + 1ydy + 1zdz) = ydx + xdy + zdz
a zatem
x2 y2 z2
E · dl = ydx + xdy + zdz.
x1 y1 z1
a) w tym przypadku x = 2y2 natomiast y = x/2, zatem
8 2
x
E · dl = dx + 2 y2dy = 14.
2
2 1
b) w tym przypadku x = 6y - 4 natomiast y = (x + 4)/6 (równanie prostej przechodzącej przez
punkty P1 i P2), zatem
8 2
1
E · dl = (x + 4)dx + (6y - 4)dy = 14.
6
2 1
0.17. Wyznaczyć strumieÅ„ wektora D = 3 sin ¸1r przez powierzchniÄ™ sfery o promieniu 5, której
środkiem jest początek układu współrzędnych.
Rozwiązanie: Strumień wektora D wyznaczamy z zale żno
ści
2Ä„ Ä„
¨ = D · ds = (3 sin ¸1r) · (r2 sin ¸d¸dĆ1r)
S 0 0
Ä„
2Ä„ Ä„ 2Ä„ 2Ä„
¸ 1 3
= 3r2 sin2 ¸d¸dĆ = 3r2 - sin 2¸ dĆ = Ä„r2 dĆ = 3Ä„2r2.
2 4 2
0 0 0 0
0
Ostatecznie, dla r = 5 otrzymujemy ¨ = 75Ä„2.
0.18. Wyrażenie potencjał skalarny ma postać V = 2y - x2y [V]. Jakie jest wyrażenie opisujące
natężenie pola elektrycznego E wiedząc, że E = -"V ? Znalez
ć kierunek i wartość wektora E w
punktach A = (0, 10) i B = (10, 10).
Rozwiązanie: Natę żenie pola elektrycznego wyznaczamy na podstawie zale żnó
sci
"V "V "V
E = -"V = - 1x + 1y + 1z
"x "y "z
"(x2y - 2y) "(x2y - 2y) "(x2y - 2y)
= - 1x + 1y + 1z = -2xy1x + (2 - x2)1y.
"x "y "z
Podstawiając współrzędne punktów A i B, otrzymujemy
E(0, 10) = 0, E(10, 10) = -2001x - 981y.
20
0.19. Obliczyć objętość równoległościanu zbudowanego z trzech wektorów: A = 21x + 31y + 21z,
B = -31x + 41y + 21z, C = 1x + 1y + 61z wychodzących z jednego wierzchołka (patrz Rys. 2).
RozwiÄ…zanie: Pole równolegÅ‚o mo żna wyrazí za pomocÄ… iloczynu mieszanego trzech wektorów
ścianu c
wychodzących z jednego wierzchołka
V = |(A × B) · C| = |P · C| ,
gdzie P = A × B jest wektorem prostopadÅ‚ym do podstawy, którego moduÅ‚ równa siÄ™ polu podstawy
(P = AB sin Ä…)
P = (21x + 31y + 21z) × (-31x + 41y + 21z) = -21x - 101y + 171z.
Mno żąc pole podstawy przez wysokoć C cos ², otrzymujemy objÄ™tość równolegÅ‚oÅ›cianu
Å›
V = |(-21x - 101y + 171z) · (C = 1x + 1y + 61z)| = | - 2 - 10 + 102| = 90.
0.20. Obliczyć iloczyny skalarne następujących wektorów jednostkowych:
a) 1x · 1x e) 1Á · 1r i) 1¸ · 1x
b) 1y · 1z f) 1Ć · 1x j) 1¸ · 1z
c) 1x · 1Á g) 1Ć · 1¸ k) 1r · 1¸
d) 1y · 1r h) 1z · 1Á l) 1r · 1r
RozwiÄ…zanie:
a) 1x · 1x = 1 · 1 · cos 0 = 1
b) 1y · 1z = 1 · 1 · cos 90 = 0
"
x 2
c) 1x · 1Á = 1x · (cos Ć1x + sin Ć1y) = cos Ć = =
2
x2 + y2
d) 1y · 1r = 1y · (sin ¸ cos Ć1x + sin ¸ sin Ć1y + cos ¸1z) = sin ¸ sin Ć
" "
x2 + y2 y 2 1 3
= = " " =
3
x2 + y2 + z2 x2 + y2 3 2
2
e) 1Á · 1r = 1Á · (sin ¸1Á + cos ¸1z) = sin ¸ =
3
"
y 2
f) 1Ć · 1x = (- sin Ć1x + cos Ć1y) · 1x = - sin Ć = - = -
2
x2 + y2
g) 1Ć · 1¸ = 1 · 1 · cos 90 = 0
h) 1z · 1Á = 1 · 1 · cos 90 = 0
i) 1¸ · 1x = (cos ¸ cos Ć1x + cos ¸ sin Ć1y - sin ¸1z) · 1x = cos ¸ cos Ć
"
z x 1 1 5
= = " " =
5
x2 + y2 + z2 x2 + y2 3 2
2
j) 1¸ · 1z = (cos ¸ cos Ć1x + cos ¸ sin Ć1y - sin ¸1z) · 1z = - sin ¸ = -
3
k) 1r · 1¸ = 1 · 1 · cos 90 = 0
l) 1r · 1r = 1 · 1 · cos 0 = 1
0.21. Obliczyć gradient dla następujących funkcji pola skalarnego:
a) V = x2y + y2z + z
b) V = Á2 sin(4Ć) - Á cos Ć
c) V = re-r sin ¸ cos Ć
21
RozwiÄ…zanie:
"V "V "V
a) "V = 1x + 1y + 1z = 2xy1x + (x2 + 2yz)1y + (y2 + 1)1z
"x "y "z
"V 1 "V "V
b) "V = 1Á + 1Ć + 1z = (2Á sin(4Ć) - cos Ć)1Á + (4Á cos(4Ć) + sin Ć)1Ć
"Á Á "Ć "z
"V 1 "V 1 "V
c) "V = 1r + 1¸ + 1Ć = e-r sin ¸ cos Ć(1 - r)1r
"r r "¸ r sin ¸ "Ć
+ e-r cos ¸ cos Ć1¸ - e-r sin Ć1Ć
0.22. Obliczyć dywergencję i rotację dla następujących funkcji pola wektorowego:
a) E = 2x2y1x + z2y1y + 4 sin (Ä„z)1z
cos(2Ć)
b) E = Á sin Ć1Á - 1Ć + ez1z
Á
c) E = r2 sin Ć1r + rer sin ¸1¸ + r cos ¸ cos Ć1Ć
RozwiÄ…zanie:
"Ex "Ey "Ez "2x2y "z2y "4 sin(Ä„z)
a) " · E = + + = + + = 4xy + z2 + 4Ä„ cos(Ä„z)
"x "y "z "x "y "z
"Ez "Ey "Ex "Ez "Ey "Ex
" × E = - 1x + - 1y + - 1z
"y "z "z "x "x "y
"4 sin(Ä„z) "z2y "2x2y "4 sin(Ä„z) "z2y "2x2y
= - 1x + - 1y + - 1z
"y "z "z "x "x "y
= -2yz1x - 2x21z
1 "ÁEÁ 1 "EĆ "Ez 1 "Á2 sin Ć 1 " cos(2Ć)/Á "ez
b) " · E = + + = - +
Á "Á Á "Ć "z Á "Á Á "Ć "z
2
= 2 sin Ć + sin(2Ć) + ez
Á2
1 "Ez "EĆ "EÁ "Ez 1 "ÁEĆ "EÁ
" × E = - 1Á + - 1Ć + - 1z
Á "Ć "z "z "Á Á "Á "Ć
1 "ez " cos(2Ć)/Á "Á sin Ć "ez
= + 1Á + - 1Ć
Á "Ć "z "z "Á
1 " cos(2Ć) "Á sin Ć
+ - - 1z = - cos Ć1z
Á "Á "Ć
1 "r2Er 1 " sin ¸E¸ 1 "EĆ
c) " · E = + +
r2 "r r sin ¸ "¸ r sin ¸ "Ć
1 "r4 sin Ć 1 "rer sin2 ¸ 1 "r cos ¸ cos Ć
= + +
r2 "r r sin ¸ "¸ r sin ¸ "Ć
= 4r sin Ć + 2er cos ¸ - cot ¸ sin Ć
1 " sin ¸EĆ "E¸ 1 1 "Er "rEĆ
" × E = - 1r + - 1¸
r sin ¸ "¸ "Ć r sin ¸ "Ć "r
1 "rE¸ "Er 1 "r sin ¸ cos ¸ cos Ć "rer sin ¸
+ - 1Ć = - 1r
r "r "¸ r sin ¸ "¸ "Ć
1 1 "r2 sin Ć "r2 cos ¸ cos Ć 1 "r2er sin ¸ "r2 sin Ć
+ - 1¸ + - 1Ć
r sin ¸ "Ć "r r "r "¸
= cos Ć cos 2¸ csc ¸1r + cos Ć (r csc ¸ - 2 cos ¸) 1¸ + er sin ¸(2 + r)1Ć
22
0.23. Wyznaczyć iloczyny wektorowe następujących wektorów jednostkowych:
a) 1x × 1z d) 1¸ × 1¸
b) 1y × 1Á e) 1r × 1z
c) 1z × 1Ć f) 1¸ × 1Á
RozwiÄ…zanie:
a) 1x × 1z = -1y
b) 1y × 1Á = 1y × (cos Ć1x + sin Ć1y) = - cos Ć1z
c) 1z × 1Ć = -1Á
d) 1¸ × 1¸ = 0
e) 1r × 1z = 1r × (cos ¸1r - sin ¸1¸) = - sin ¸1Ć
f) 1¸ × 1Á = 1¸ × (sin ¸1r + cos ¸1¸) = - sin ¸1Ć
0.24. Dla danych wektorów A = 1x + 21y + 1z, B = 31x - 41y - 21z, C = -1x + 51y - 31z
i D = -41x - 1y + 51z, sprawdzić następujące tożsamości wektorowe:
a) (A + B) · (C + D) = A · C + A · D + B · C + B · D
b) A × (B × C) = B(A · C) - C(A · B)
c) (A × B) · (C × D) = (A · C)(B · D) - (A · D)(B · C)
d) (A × B) × (C × D) = (A × B · D)C - (A × B · C)D
RozwiÄ…zanie:
a) (A + B) · (C + D) = (41x - 21y - 1z) · (-51x + 41y + 21z) = -20 - 8 - 2 = -30
A · C + A · D + B · C + B · D = -1 + 10 - 3 - 4 - 2 + 5 - 3 - 20 + 6 - 12 + 4 - 10 = -30
b) A × (B × C) = (1x + 21y + 1z) × (221x + 111y + 111z) = 111x + 111y - 331z
B(A · C) - C(A · B) = (31x - 41y - 21z)(-1 + 10 - 3) - (-1x + 51y - 31z)(3 - 8 - 2)
= 111x + 111y - 331z
c) (A × B) · (C × D) = (51y - 101z) · (221x + 171y + 211z) = 85 - 210 = -125
(A · C)(B · D) - (A · D)(B · C) = (-1 + 10 - 3)(-12 + 4 - 10) - (-4 - 2 + 5)(-3 - 20 + 6)
= -108 - 17 = -125
d) (A × B) × (C × D) = (51y - 101z) × (221x + 171y + 211z) = 2751x - 2201y - 1101z
(A × B · D)C - (A × B · C)D = ((51y - 101z) · (-41x - 1y + 51z))
(-1x + 51y - 31z) - ((51y - 101z) · (-1x + 51y - 31z))(-41x - 1y + 51z)
= (551x - 2751y + 1651z) - (-2201x - 551y + 2751z) = 2751x - 2201y - 1101z
0.25. Dla podanych punktów we współrzędnych kartezjańskich znalez
ć współrzędne w układzie cy-
lindrycznym i sferycznym
"
a) P (1, 1, 2)
b) P (2, 2, 2 2/3)
" "
c) P (3, 3, 6 + 4 3)
23
Rozwiązanie: Współrzędne w układzie cylindrycznym i sferycznym mo żna wyznaczżna podstawie
c
zale żnó (13) i (16):
sci
"
1 Ä„
a) Á = 12 + 12 = 2, Ć = arctan =
1 4
"
"
2 Á 2 Ä„
"
r = 12 + 12 + 2 = 2, ¸ = arctan = arctan = .
z 4
2
" "
Ä„
WspółrzÄ™dne punktu w ukÅ‚adzie cylindrycznym i sferycznym wynoszÄ… P (Á, Ć, z) = P ( 2, , 2) i
4
Ä„ Ä„
P (r, ¸, Ć) = P (2, , ).
4 4
"
2 Ä„
b) Á = 22 + 22 = 2 2, Ć = arctan = ,
2 4
"
2
2 Á 2 2 Ä„
r = 22 + 22 + 2 2/3 = 4 , ¸ = arctan = arctan = .
3 z 3
2 2/3
"
WspółrzÄ™dne punktu w ukÅ‚adzie cylindrycznym i sferycznym wynoszÄ… P (Á, Ć, z) = P (2 2, Ä„/4, 2 2/3)
i P (r, ¸, Ć) = P (4 2/3, Ä„/3, Ä„/4).
"
" " " "
3 Ä„
c) Á = 32 + ( 3)2 = 12 = 2 3, Ć = arctan = , z = 6 + 4 3,
3 6
"
" "
Á 2 3 Ä„
r = 32 + ( 3)2 + (6 + 4 3)2 <" 13.38, ¸ = arctan = arctan " = .
=
z 12
6 + 4 3
"
WspółrzÄ™dne punktu w ukÅ‚adzie cylindrycznym i sferycznym wynoszÄ… P (Á, Ć, z) = P (2 3, Ä„/6, 6 +
"
4 3) i P (r, ¸, Ć) = P (13.38, Ä„/12, Ä„/6).
0.26. Dla podanych punktów we współrzÄ™dnych cylindrycznych P (Á, Ć, z) znalez
ć ich współrzędne
we współrzÄ™dnych kartezjaÅ„skich P (x, y, z) i sferycznych P (r, ¸, Ć)
"
a) P (3 3, Ä„/4, 9)
b) P (6, Ä„, -8)
c) P (2, Ä„/9, 2)
RozwiÄ…zanie: WspółrzÄ™dne w ukÅ‚adzie kartezjá i sferycznym mo żna wyznaczy na podstawie
nskim ć
zale żnó (13) i (19):
sci
" "
Ä„ 3 Ä„ 3
a) x = 3 3 cos = 3 , y = 3 3 sin = 3 ,
4 2 4 2
"
" "
Á 3 3 Ä„
r = (3 3)2 + 92 = 6 3, ¸ = arctan = arctan = .
z 9 6
WspółrzÄ™dne punktu w ukÅ‚adzie kartezjá i sferycznym wynoszÄ… P (x, y, z) = P (3 3/2, 3 3/2, 9)
nskim
"
i P (r, ¸, Ć) = P (6 3, Ä„/6, Ä„/4).
b) x = 6 cos Ä„ = -6, y = 6 sin Ä„ = 0,
Á 6
<"
r = 62 + 82 = 10, ¸ = arctan = arctan - = 0.795Ä„.
z 8
WspółrzÄ™dne punktu w ukÅ‚adzie kartezjá i sferycznym wynoszÄ… P (x, y, z) = P (-6, 0, -8)
nskim
i P (r, ¸, Ć) = P (10, 0.795Ä„, Ä„).
Ä„ Ä„
<" <"
c) x = 2 cos 1.88, y = 2 sin 0.68,
= =
9 9
"
Á 2
r = 22 + 22 = 2 2, ¸ = arctan = arctan = Ä„/4.
z 2
WspółrzÄ™dne punktu w ukÅ‚adzie kartezjá i sferycznym wynoszÄ… P (x, y, z) = P (1.88, 0.68, 2)
nskim
"
i P (r, ¸, Ć) = P (2 2, Ä„/4, Ä„/9).
24
0.27. Dla podanych punktów we współrzÄ™dnych sferycznych P (r, ¸, Ć) znalez
ć ich współrzędne we
współrzÄ™dnych kartezjaÅ„skich P (x, y, z) i cylindrycznych P (Á, Ć, z)
"
a) P ( 2, Ä„/4, Ä„/2)
"
b) P (4 3, 2Ä„/3, 5Ä„/6)
c) P (8, Ä„/12, 7Ä„/4)
RozwiÄ…zanie: WspółrzÄ™dne w ukÅ‚adzie kartezjá i cylindrycznym mo żna wyznaczy na podstawie
nskim ć
zale żnó (16) i (19):
sci
" "
Ä„ Ä„ Ä„ Ä„
a) x = 2 sin cos = 0, y = 2 sin cos = 1,
4 2 4 2
" "
Ä„ Ä„
z = 2 cos = 1, Á = 2 sin = 1.
4 4
WspółrzÄ™dne punktu w ukÅ‚adzie kartezjá i cylindrycznym wynoszÄ… P (x, y, z) = P (0, 1, 1)
nskim
i P (Á, Ć, z) = P (1, Ä„/2, 1).
" " "
2Ä„ 5Ä„ 2Ä„ 5Ä„
b) x = 4 3 sin cos = -3 3, y = 4 3 sin cos = 3,
3 6 3 6
" " "
2Ä„ 2Ä„
z = 4 3 cos = -2 3, Á = 4 3 sin = 6.
3 3
" "
WspółrzÄ™dne punktu w ukÅ‚adzie kartezjá i cylindrycznym wynoszÄ… P (x, y, z) = P (-3 3, 3, -2 3)
nskim
"
i P (Á, Ć, z) = P (6, 5Ä„/6, -2 3).
Ä„ 7Ä„ Ä„ 7Ä„
<" <"
c) x = 8 sin cos 1.46, y = 8 sin cos -1.46,
= =
12 4 12 4
Ä„ Ä„
<" <"
z = 8 cos 7.73, Á = 8 sin 2.07.
= =
12 12
WspółrzÄ™dne punktu w ukÅ‚adzie kartezjá i cylindrycznym wynoszÄ… P (x, y, z) = P (1.46, -1.46, 7.73)
nskim
i P (Á, Ć, z) = P (2.07, 7Ä„/4, 7.73).
0.28. Dla wektora podanego w układzie kartezjańskim A = y1x - x1y + 2x1z wyznaczyć składowe
w ukÅ‚adzie cylindrycznym w punktach P1(Á = 1, Ć = Ä„/2, z = 1) i P2(Á = 2, Ć = Ä„/6, z = 0).
Rozwiązanie: Na podstawie zale żnó (13) mo żemy zapisa
sci ć
Ax = y = Á sin Ć, Ay = -x = -Á cos Ć, Az = 2x = 2Á cos Ć.
Podstawiając powy ższe zale żnó do (14)
sci
îÅ‚ Å‚Å‚ îÅ‚ Å‚Å‚ îÅ‚ Å‚Å‚
AÁ cos Ć sin Ć 0 Á sin Ć
ïÅ‚ ïÅ‚ ïÅ‚
AĆśł =
ðÅ‚ ûÅ‚ ðÅ‚- sin Ć cos Ć 0śł · cos Ćśł
ûÅ‚ ðÅ‚-Á
ûÅ‚
Az 0 0 1 2Á cos Ć
otrzymujemy
A = (Á cos Ć sin Ć - Á cos Ć sin Ć)1Á - (Á sin2 Ć + Á cos2 Ć)1Ć + 2Á cos Ć1z = -Á1Ć + 2Á cos Ć1z
Podstawiając współrzędne punktów P1 i P2 ostatecznie otrzymujemy
Ä„
A(P1) = -1Ć + 2 cos 1z = -1Ć
2
"
Ä„
A(P2) = -21Ć + 4 cos 1z = -21Ć + 2 31z
6
0.29. Dla wektora podanego w układzie kartezjańskim A = y1x - z1y wyznaczyć składowe w ukła-
dzie sferycznym w punktach P1(1, Ä„/2, Ä„/2) i P2(4, Ä„/4, Ä„/4).
25
Rozwiązanie: Na podstawie zale żnó (16) mo żemy zapisa
sci ć
Ax = y = r sin ¸ sin Ć, Ay = -z = -r cos ¸, Az = 0.
Podstawiając powy ższe zale żnó do (17)
sci
îÅ‚ Å‚Å‚ îÅ‚ Å‚Å‚ îÅ‚ Å‚Å‚
Ar sin ¸ cos Ć sin ¸ sin Ć cos ¸ r sin ¸ sin Ć
ïÅ‚ śł ïÅ‚ ïÅ‚ śł
A¸ = cos ¸ cos Ć cos ¸ sin Ć - sin ¸śł · -r cos ¸
ðÅ‚ ûÅ‚ ðÅ‚ ûÅ‚ ðÅ‚ ûÅ‚
AĆ - sin Ć cos Ć 0 0
otrzymujemy
A = (r sin2 ¸ cos Ć sin Ć - r sin ¸ cos ¸ sin Ć)1r + (r sin ¸ cos ¸ cos Ć sin Ć - r cos2 ¸ sin Ć)1¸
- (r sin ¸ sin2 Ć + r cos ¸ cos Ć)1Ć
Podstawiając współrzędne punktów otrzymujemy
Ä„ Ä„ Ä„ Ä„ Ä„ Ä„
A(P1) = sin2 cos sin - sin cos sin 1r
2 2 2 2 2 2
Ä„ Ä„ Ä„ Ä„ Ä„ Ä„ Ä„ Ä„ Ä„ Ä„
+ sin cos cos sin - cos2 sin 1¸ - sin sin2 + cos cos 1Ć = -1Ć
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
Ä„ Ä„ Ä„ Ä„ Ä„ Ä„
A(P2) = 4 sin2 cos sin - 4 sin cos sin 1r
4 4 4 4 4 4
Ä„ Ä„ Ä„ Ä„ Ä„ Ä„ Ä„ Ä„ Ä„ Ä„
+ 4 sin cos cos sin - 4 cos2 sin 1¸ - 4 sin sin2 + 4 cos cos 1Ć
4 4 4 4 4 4 4 4 4 4
" " "
= (1 - 2)1r + (1 - 2)1¸ - (2 + 2)1Ć
0.30. Dla podanych funkcji pola skalarnego i wektorowego: V = x2 - y2 + 2z, U = 1 + z - y,
A = xy1x + 2yz1y - xz1z i B = (x + y)1x + z21y + y21z sprawdzić następujące tożsamości analizy
wektorowej:
a) " × ("V ) = 0
b) " · (" × A) = 0
c) "(UV ) = U"V + V "U
d) " · (V A) = A · "V + V " · A
e) " · (A × B) = B · (" × A) - A · (" × B)
RozwiÄ…zanie:
a) zgodnie z (27)
"(x2 - y2 + 2z) "(x2 - y2 + 2z) "(x2 - y2 + 2z)
"V = 1x + 1y + 1z = 2x1x - 2y1y + 21z
"x "y "z
Podstawiając powy ższy wynik do równania (42) otrzymujemy
"2 "2y "2x "2 "2y "2x
" × ("V ) = + 1x + - 1y - + 1z = 0
"y "z "z "x "x "y
b) na podstawie (42)
"xz "2yz "xy "xz "2yz "xy
" × A = - + 1x + + 1y + - 1z = -2y1x + z1y - x1z
"y "z "z "x "x "y
zatem zgodnie z (32)
"2y "z "x
" · (" × A) = - + - = 0
"x "y "z
c) poniewa ż
UV = (1 + z - y)(x2 - y2 + 2z) = x2 - y2 + 2z + x2z - y2z + 2z2 - x2y + y3 - 2yz
26
zatem
"UV "UV "UV
"(UV ) = 1x + 1y + 1z
"x "y "z
= 2x(1 - y + z)1x - (2y(1 + z) + x2 - 3y2 + 2z)1y + (2 + x2 - y2 + 4z - 2y)1z
Korzystając z wyniku otrzymanego w pierwszym podpunkcie, mo żemy zapisa
ć
U"V = 2x(1 - y + z)1x - 2y(1 - y + z)1y + 2(1 - y + z)1z
Po obliczeniu gradientu funkcji U
"(1 - y + z) "(1 - y + z) "(1 - y + z)
"U = 1x + 1y + 1z = -1y + 1z
"x "y "z
wyznaczamy
V "U = -(x2 - y2 + 2z)1y + (x2 - y2 + 2z)1z
SumujÄ…c wyniki czÄ…stkowe, otrzymujemy
U"V + V "U = 2x(1 - y + z)1x - (2y(1 + z) + x2 - 3y2 + 2z)1y + (2 + x2 - y2 + 4z - 2y)1z
d)
V A = (x2 - y2 + 2z)(xy1x + 2yz1y - xz1z) = (x3y - xy3 + 2xyz)1x
+ (2x2yz - 2y3z + 4yz2)1y - (x3z - xy2z + 2xz2)1z
korzystając z zale żno (32)
ści
" · (V A) = 3x2y - y3 + 2yz + 2x2z - 6y2z + 4z2 - x3 + xy2 - 4xz
Na podstawie wcześniej otrzymanych wyników
A · "V = 2x2y - 4y2z - 2xz
Dywergencja funkcji pola wektorowego A
" · A = y + 2z - x
zatem
V " · A = (x2 - y2 + 2z)(y + 2z - x) = x2y + 2x2z - x3 - y3 - 2y2z + xy2 + 2yz + 4z2 - 2xz
SumujÄ…c wyniki czÄ…stkowe, otrzymujemy
A · "V + V " · A = 3x2y + 2x2z - x3 - y3 - 6y2z + xy2 + 2yz + 4z2 - 4xz
e) na podstawie (9) wyznaczamy
A × B = (2y3z + xz3)1x - (x2z + xyz + xy3)1y + (xyz2 - 2xyz - 2y2z)1z
zatem
" · (A × B) = z3 - xz - 3xy2 + 2xyz - 2xy - 2y2
Na podstawie (9)
"y2 "z2 "(x + y) "y2 "z2 "(x + y)
" × B = - 1x + - 1y + - 1z = 2(y - z)1x - 1z
"y "z "z "x "x "y
i wcześniej otrzymanych wyników mo żemy zapisa
ć
B · (" × A) = -2y(x + y) + z3 - xy2
A · (" × B) = 2xy(y - z) + xz
A
Ä…czÄ…c wyniki czÄ…stkowe, otrzymujemy
B · (" × A) - A · (" × B) = z3 - xz - 3xy2 + 2xyz - 2xy - 2y2
27
Rys. 16: Oznaczenia ścian sześcianu z Zad. 0.32
0.31. Udowodnić następujące tożsamości:
a) " × ("V ) = 0
b) " · (" × A) = 0
RozwiÄ…zanie:
a) na podstawie (41)
1 "A3 "A2
" × A = h1h3 - h1h2 11
h1h2h3 "q2 "q3
"A1 "A3 "A2 "A1
+ h1h2 - h2h3 12 + h2h3 - h1h3 13
"q3 "q1 "q1 "q2
po podstawieniu (26)
1 "V "V "V "V
" × ("V ) = h1 - 11
h1h2h3 "q2 "q3 "q2 "q3
"V "V "V "V "V "V "V "V
+ h2 - 12 + h3 - 13 = 0
"q1 "q3 "q1 "q3 "q1 "q2 "q1 "q2
b) po przeksztaÅ‚ceniu wyra żenia " × A
1 "A3 1 "A2 1 "A1 1 "A3 1 "A2 1 "A1
" × A = - 11 + - 12 + - 13
h2 "q2 h3 "q3 h3 "q3 h1 "q1 h1 "q1 h2 "q2
po podstawieniu powy ższej zale żnó do (31)
sci
1 " " " "
" · (" × A) = (h3A3) - (h2A2)
h1h2h3 "q1 "q2 "q1 "q3
" " " " " " " "
+ (h1A1) - (h3A3) + (h2A2) - (h1A1) = 0
"q2 "q3 "q2 "q1 "q3 "q1 "q3 "q2
0.32. Stwierdzić poprawność twierdzenia Gaussa dla pola wektorowego E = xy1x + yz1y + xz1z
przenikającego przez sześcian przedstawiony na Rys. 16.
Rozwiązanie: Wyznaczanie strumienia pola dla wszystkich ścian sześcianu:
- ściana przednia S1, x = 2, ds = dydz1x
2 2 2
E · ds = 2ydydz = 4 ydy = 8
S1 0 0 0
- ściana tylnia S2, x = 0, ds = -dydz1x
E · ds = 0
S2
28
- ściana dolna S3, z = 0, ds = -dxdy1z
E · ds = 0
S3
- ściana górna S4, z = 2, ds = dxdy1z
2 2 2
E · ds = 2xdxdy = 4 xdx = 8
S4 0 0 0
- ściana lewa S5, y = 0, ds = -dxdz1y
E · ds = 0
S5
- ściana prawa S5, y = 2, ds = dxdz1y
2 2 2
E · ds = 2zdxdz = 4 zdz = 8
S6 0 0 0
SumujÄ…c wyniki czÄ…stkowe
E · ds = 24
S
Dywergencja funkcji pola wektorowego E (32)
"xy "yz "xz
" · E = + + = x + y + z
"x "y "z
zatem
2 2 2
" · E = (x + y + z)dxdydz = 24
V 0 0 0
0.33. Zweryfikować poprawność twierdzenia Gaussa dla pola wektorowego E = sin ¸/r1r przenika-
jącego przez powierzchnię sferyczną o promieniu 3 umieszczonej w początku układu współrzędnych.
RozwiÄ…zanie: Dla powierzchni sferycznej ds = r2 sin ¸d¸dĆ1r, gdzie r = 3, zatem
2Ä„ Ä„ 2Ä„ Ä„
1 - cos 2¸
E · ds = r sin2 ¸d¸dĆ = 3 d¸dĆ
2
S 0 0 0 0
2Ä„ Ä„ 2Ä„ Ä„
3
= d¸dĆ - cos 2¸d¸dĆ = 3Ä„2
2
0 0 0 0
Dywergencja funkcji pola wektorowego E w sferycznym układzie współrzędnych (34)
1 "(r2Er) 1 "(r sin ¸) sin ¸
" · E = = =
r2 "r r2 "r r2
przyjmujÄ…c dla ukÅ‚adu sferycznego dV = r2 sin ¸drd¸dĆ mo żemy zapisa
ć
2Ä„ Ä„ 3 2Ä„ Ä„
" · EdV = sin2 ¸drd¸dĆ = 3 sin2 ¸d¸dĆ
V 0 0 0 0 0
co sprowadza się do wyznaczenia identycznej całki jak przy obliczaniu strumienia pola E, zatem
" · EdV = 3Ä„2.
V
0.34. Zweryfikować poprawność twierdzenia Gaussa dla pola wektorowego E = sin(Ć/2)/Á21Á+z1z
przenikającego bryłę przedstawioną na Rys. 17
RozwiÄ…zanie: Wyznaczanie strumienia pola wektorowego E dla wszystkich powierzchni geometrii
przedstawionej na Rys. 17:
- zewnÄ™trzna, boczna powierzchnia walca S1, Á = 2, ds = ÁdĆdz1Á
Ć
2Ä„ 1 2Ä„ 1 2Ä„
sin
1 Ć 3 Ć
2
E · ds = ÁdĆdz = sin dĆdz = sin dĆ = 6
Á2 2 2 2 2
S1 0 -2 0 -2 0
29
Rys. 17: Geometria analizowana w Zad. 0.34
- wewnÄ™trzna, boczna powierzchnia walca S2, Á = 1, ds = -ÁdĆdz1Á
Ć
2Ä„ 1 2Ä„ 1
sin Ć
2
E · ds = - ÁdĆdz = - sin dĆdz
Á2 2
S2 0 -2 0 -2
2Ä„
Ć
= -3 sin dĆ = -12
2
0
- dolna powierzchnia S3, z = -2, ds = -ÁdÁdĆ1z
2Ä„ 2 2Ä„ 2
E · ds = - zÁdÁdĆ = 2 ÁdÁdĆ = 6Ä„
S3 0 1 0 1
- górna powierzchnia S4, z = 1, ds = ÁdÁdĆ1z
2Ä„ 2 2Ä„ 2
E · ds = zÁdÁdĆ = ÁdÁdĆ = 3Ä„
S4 0 1 0 1
SumujÄ…c wyniki czÄ…stkowe E · ds = 9Ä„ - 6. Dywergencja pola wektorowego w cylindrycznym
S
układzie współrzędnych (33)
1 " sin(Ć/2)/Á "z sin(Ć/2)
" · E = + = - + 1
Á "Á "z Á3
dla ukÅ‚adu cylindrycznego dV = ÁdÁdĆdz, zatem
2Ä„ 1 2
sin(Ć/2)
" · E = - + 1 ÁdÁdzdĆ
Á3
V 0 -2 1
2Ä„ 1 2 2Ä„ 1 2
sin(Ć/2)
= ÁdÁdzdĆ - dÁdzdĆ
Á2
0 -2 1 0 -2 1
2Ä„ 1 2Ä„ 1 2Ä„ 2Ä„
3 1 3
= dzdĆ - sin(Ć/2)dzdĆ = 3 dĆ - sin(Ć/2)dĆ = 9Ą - 6.
2 2 2
0 -2 0 -2 0 0
0.35. Zweryfikować poprawność twierdzenia Stokesa dla konturu kołowego L o promieniu r = 2
leżącego w płaszczyz
nie xy (Rys. 18) znajdujÄ…cego siÄ™ w polu wektorowym A = z21Á + Á1Ć -
cos Ć1z. Obliczenia wykonać dla trzech powierzchni (patrz Rys. 18)
a) powierzchni kołowej położonej w plaszczyz
nie xy,
b) powierzchni półkolistej ograniczonej krzywą L,
"
c) powierzchni półkolistej ograniczonej krzywą L i płaszczyzną z = 2.
30
Z
Sb
Sc2
z=
2
Sc1
Y
r=2
L
X
Sa
Rys. 18: Geometria analizowana w Zad. 0.35
Rozwiązanie: Zadany kontur kołowy L le ży w płaszczy z
nie xz, zatem dl = ÁdĆ1natomiast A · dl =
,
Ć
Á2dĆ. Dla Á = 2 zapiszemy
2Ä„
A · dl = Á2dĆ = 2Ä„Á2 = 8Ä„.
0
Rotacja wektora A (43)
1 "(- cos Ć) "Á "z2 "(- cos Ć) 1 "Á2 "z2
" × A = - 1Á + - 1Ć + - 1z
Á "Ć "z "z "Á Á "Ć "Ć
1
= sin Ć1Á + 2z1Ć + 21z.
Á
a) dla kołowej powierzchni le żącej w płaszczy z
nie xy ds = ÁdÁdĆ1zatem
,
z
2Ä„ 2
(" × A) · ds = 2ÁdÁdĆ = 8Ä„.
S 0 0
b) dla powierzchni połkolistej całkę powierzchniową najwygodniej policzż w sferycznym układzie
c
współrzÄ™dnych, gdzie ds = r2 sin ¸d¸dĆ1r. Na podstawie (21) " × A zapisujemy w ukÅ‚adzie sferycz-
nym
sin Ć sin Ć
" × A = + 2 cos ¸ 1r + - 2 sin ¸ 1¸ + 2r cos ¸1Ć
r r tan ¸
zatem dla r = 2
2Ä„ Ä„/2 2Ä„ Ä„/2
sin Ć
(" × A) · ds = + 2 cos ¸ r2 sin ¸d¸dĆ = 8 cos ¸ sin ¸d¸dĆ
r
S 0 0 0 0
2Ä„ Ä„/2 2Ä„ 2Ä„
+ 2 sin ¸ sin Ćd¸dĆ = 4 dĆ + 2 sin ĆdĆ = 8Ä„.
0 0 0 0
"
c) dla powierzchni półkolistej ograniczonej dodatkowo płaszczyzna z = 2 nale ży obliczy strumień
ć
rotacji wektora A dla dwóch powierzchni Sc1 i Sc2. Strumień pola dla powierzchni bocznej Sc1 mo żna
wyznaczyć w ukÅ‚adzie sferycznym dla kÄ…ta ¸ zmieniajÄ…cego siÄ™ w granicach od Ä„/4 do Ä„/2. KorzystajÄ…c
z wyników cząstkowych otrzymanych w punkcie drugim mo żemy zapisa
ć
2Ä„ Ä„/2 2Ä„ Ä„/2
sin Ć
(" × A) · ds = + 2 cos ¸ r2 sin ¸d¸dĆ = 8 cos ¸ sin ¸d¸dĆ
r
Sc1 0 Ä„/4 0 Ä„/4
2Ä„ Ä„/2 2Ä„ 2Ä„
2
+ 2 sin ¸ sin Ćd¸dĆ = 2 dĆ + " sin ĆdĆ = 4Ä„.
0 Ä„/4 0 2 0
Strumień dla powierzchni Sc2, podobnie jak w punkcie a, wyznaczamy w układzie cylindrycznym
"pola
dla Á = 2
"
2Ä„ 2
(" × A) · ds = 2ÁdÁdĆ = 4Ä„.
Sc2 0 0
SumujÄ…c wyniki czÄ…stkowe dla Sc1 i Sc2 ponownie otrzymujemy wynik 8Ä„.
31
Z
S1
S5
S3
5
S2
S4
L3
-1
Y
L4 -1
2
L2
2
L1
X
Rys. 19: Geometria analizowana w Zad. 0.36
0.36. Zweryfikować poprawność twierdzenia Stokesa dla prostokątnego konturu L (Rys. 19 ) w polu
wektorowym A = (z2 - xy)1x + (x + y)1y + z1z. Obliczenia wykonać dla: a) płaskiej powierzchni
leżącej w płaszczyz
nie xy, b) prostopadłościanu ograniczonego przez kontur L (patrz Rys. 19).
Rozwiązanie: Obliczanie cyrkulacji pola A dla poszczególnych krawędzi konturu L:
- krawęd z
L, dl = dy1y, A · dl = x + y, x = 2
1
2
2
1
A · dl = (2 + y)dy = 2y + y2 = 7.5.
2
L1 -1
-1
- krawęd z
L, dl = dx1x, A · dl = z2 - xy, y = 2, z = 0
2
-1
-1
A · dl = (-2x)dx = (-x) = 3.
L2 2
2
- krawęd z
L, dl = dy1y, A · dl = x + y, x = -1
3
-1
-1
1
A · dl = (-1 + y)dy = -y + y2 = 1.5.
2
L3 2
2
- krawęd z
L, dl = dx1x, A · dl = z2 - xy, y = -1, z = 0
4
2
2
1
A · dl = xdx = x2 = 1.5.
2
L4 -1
-1
SumujÄ…c wyniki czÄ…stkowe otrzymujemy A · dl = 13.5.
L
Rotacja pola wektorowego A (42)
"z "(x + y) "(z2 - xy) "z "(x + y) "(z2 - xy)
" × A = - 1x + - 1y + - 1z
"y "z "z "x "x "y
= 2z1y + (x + 1)1z.
a) dla płaskiej powierzchni kwadratowej w płaszczy z
nie xy ds = dxdy1 zatem
,
z
2
2 2 2 2
2
1 9 9
" × A · ds = (1 + x)dxdy = x + x2 dy = dy = y = 13.5.
2 2 2 -1
S -1 -1 -1 -1
-1
b) strumień rotacji wektora A dla poszczególnych ścian prostopadłościanu ograniczonego konturem L:
- ściana S1, ds = dxdy1z, wymagane jest obliczenie identycznej całki jak w poprzednim punkcie, zatem
32
Rys. 20: Geometria analizowana w Zad. 0.37
" × Ads = 13.5,
S1
- powierzchnia S2, ds = dxdz1y, " × A · ds = 2zdxdz
5 2 5 5
x=2 5
" × A · ds = 2 zdxdz = 2 zx dz = 6 zdz = 3z = 75,
x=-1 0
S2 0 -1 0 0
- powierzchnia S3, ds = -dxdz1y, " × A · ds = -2zdxdz. Obliczanie strumienia dla S3 sprowadza
się do wyznaczenia identycznej całki jak dla S2, zatem
" × A · ds = - " × A · ds = -75,
S3 S2
- dla powierzchni S4 i S5, ds wynosi, odpowiednio, dydz1x i -dydz1x, zatem " × A · ds = 0. Oznacza
to, że
" × A · ds = " × A · ds = 0.
S4 S5
SumujÄ…c wyniki czÄ…stkowe ponownie otrzymujemy " × A · ds = 13.5.
S
0.37. Zweryfikować twierdzenie Stokesa dla trójkątnego konturu L w polu wektorowym A =
(2x + y + z)1x dla: a) płaskiej powierzchni trójkątnej leżącej w płaszczyz
nie xy, b) czworościanu
ograniczonego konturem L (patrz Rys. 20).
RozwiÄ…zanie: Cyrkulacja pola wektorowego A:
- krawęd z
L, dl = dx1x, y = 0, z = 0, A · dl = 2xdx
1
3
3
A · dl = 2xdx = x2 = 9,
0
L1 0
- krawęd z
L rozpięta jest pomiędzy punktami P1(3, 0, 0) i P2(0, 3, 0) i le ży na prostej y = 3 - x.
2
Dla dl = dx1x + dy1y mo żemy zapisá A · dl = (2x + y + z)dx. PodstawiajÄ…c y = 3 - x i z = 0
c
otrzymujemy
0
0
1
A · dl = (x + 3)dx = x2 + 3x = -13.5,
2
L2 3
3
-dla krawÄ™dzi L3, dl = dy1y i A · dl = 0, zatem A · dl = 0.
L3
SumujÄ…c wyniki czÄ…stkowe A · dl = -4.5. Rotacja pola wektorowego A (42)
L
"0 "0 "(2x + y + z) "0 "0 "(2x + y + z)
" × A = - 1x + - 1y + - 1z = 1y - 1z.
"y "z "z "x "x "y
a) dla powierzchni trójkątnej w płaszczy z
nie xy ds = dxdy1, zatem (" × A) · ds = -dxdy. Najpierw
z
całkujemy względem zmiennej y, a następnie względem zmiennej x. Drugie całkowanie odbywa się
w granicach stałych natomiast całkowanie pierwsze w granicach zmiennych. Wymaga to wyznaczenia
33
Z
S4
5
S3
S1
S2
Y
2
2
X
Rys. 21: Geometria analizowana w Zad. 0.38
równania krzywej ograniczającej obszar całkowania. W tym przypadku jest to prosta przechodząca przez
punkty P1(3, 0, 0) i P2(0, 3, 0), dana równaniem y = 3 - x, zatem
3
3 3-x 3
1
(" × A) · ds = - dxdy = (x - 3)dx = x2 - 3x = -4.5.
2
S 0 0 0
0
b) strumień rotacji wektora A dla poszczególnych powierzchni bocznych czworościanu ograniczonego
krzywÄ… L
- dla S1 ds = -dydz1x, zatem (" × A) · ds = 0, zatem
S1
(" × A) · ds = 0,
S1
- dla S2 ds = -dydz1y, (" × A) · ds = -dxdz1z, zatem dla krzywej ograniczajÄ…cej obszar caÅ‚kowania
z = 3 - x
3
3 3-x 3
1
(" × A) · ds = - dxdz = (x - 3)dx = x2 - 3x = -4.5,
2
S2 0 0 0
0
- dla S3 ds = dydz1x + dydz1y + dxdy1z, (" × A) · ds = dxdz1y - dxdz1z
3 3-x 3 3-x
(" × A) · ds = dxdz - dxdy = 4.5 - 4.5 = 0.
S2 0 0 0 0
SumujÄ…c wyniki czÄ…stkowe otrzymujemy (" × A) · ds = -4.5.
S
0.38. Zweryfikować twierdzenie Stokesa dla konturu L (patrz Rys. 21) umieszczonego w polu wek-
torowym A = (y + 1)1x - (x + 1)1y + 3z1z. Obliczenia wykonać dla powierzchni walca rozpiętego
na konturze L, ograniczonej płaszczyznami xz i yz.
Rozwiązanie: Ze względu na kształt konturu, cze obliczeń wygodniej będzie wykonać we współrzęd-
ść
nych cylindrycznych. Nale ży zatem zapisa pole wektorowe A we współrzędnych cylindrycznych. Na
ć
podstawie (14) i (13) mo żemy zapisa
ć
A = (cos Ć - sin Ć)1Á - (Á + cos Ć + sin Ć)1Ć + 3z1z.
Obliczenia cyrkulacji wektora A po konturze L
- prosta L1, dl = dx1x, y = 0, A · dl = dx
2
A · dl = dx = 2,
L1 0
34
- koÅ‚owa część konturu L2, dl = ÁdĆ1Ć, Á = 2, A · dl = -2(2 + cos Ć + sin Ć)dĆ
Ä„/2
A · dl = -2 (2 + cos Ć + sin Ć)dĆ
L2 0
Ä„/2 Ä„/2 Ä„/2
= -2 Ć - cos Ć + sin Ć = -2Ą - 4,
0 0 0
- prosta L3, dl = dy1y,x = 0, A · dl = -dy
0
A · dl = - dy = 2,
L3 2
SumujÄ…c wyniki czÄ…stkowe otrzymujemy A · dl = -2Ä„. Rotacja pola wektorowego A (42)
L
"3z "(x + 1) "(y + 1) "3z
" × A = + 1x + - 1y
"y "z "z "x
"(x + 1) "(y + 1)
- + 1z = -21z.
"x "y
Strumień rotacji dla poszczególnych powierzchni:
- dla powierzchni bocznej S1, ds = ÁdĆdz1Á i (" × A) · ds = 0, zatem
(" × A) · ds = 0,
S1
- dla powierzchni bocznych S2 i S3 le żących w płaszczyznach xz i xz ds wynosi, odpowiednio, -dxdz1
y
i -dydz1x. Równie ż w tym przypadku iloczyny skalarne wektora rotacji pola A i odpowiednich ele-
mentów powierzchni ds wynoszą 0, zatem
(" × A) · ds = (" × A) · ds = 0,
S2 S3
- dla powierzchni górnej S4, ds = ÁdÁdĆ1z, (" × A) · ds = -2ÁdÁdĆ
Ä„/2 2 Ä„/2
(" × A) · ds = -2 ÁdÁdĆ = -4 dĆ = -2Ä„.
S4 0 0 0
Zatem równie ż w tym przypadku otrzymano (" × A) · ds = -2Ä„.
S
0.39. Dla podanej funkcji skalarnej U = x3yz2 i wektorowej A = x2y2z21x + xy2z21y + x4yz21z
obliczyć:
a) "U,
b) "A,
c) "(" · A).
RozwiÄ…zanie:
a) " ("" lub "2) jest operatorem Laplace a zdefiniowanym następująco:
"2U "2U "2U
"U = + + ,
"x2 "y2 "z2
zatem
"2(x3yz2) "2(x3yz2) "2(x3yz2)
U = + + = 6xyz2 + 2x3y.
"x2 "y2 "z2
b) operator Laplace a dla wektora zdefiniowany jest jak następuje
"2Ax "2Ax "2Ax
"A = "Ax1x + "Ay1y + "Az1z = + + 1x
"x2 "y2 "z2
"2Ay "2Ay "2Ay "2Az "2Az "2Az
+ + + 1y + + + 1z,
"x2 "y2 "z2 "x2 "y2 "z2
35
zatem
"2(x2y2z2) "2(x2y2z2) "2(x2y2z2)
"A = + + 1x
"x2 "y2 "z2
"2(xy2z2) "2(xy2z2) "2(xy2z2)
+ + + 1y
"x2 "y2 "z2
"2(x4yz2) "2(x4yz2) "2(x4yz2)
+ + + 1z
"x2 "y2 "z2
= 2y2z2 + 2x2z2 + 2x2y2 1x + 2xz2 + 2xy2 1y + 12x2yz2 + 2x4y 1z.
c) obliczanie gradientu dywergencji wektora A
"(x2y2z2) "(xy2z2) "(x4yz2)
" · A = + +
"x "y "z
= 2xy2z2 + 2xyz2 + 2x4yz = 2xyz(x3 + yz + z),
natomiast
"(2xyz(x3 + yz + z)) "(2xyz(x3 + yz + z)) "(2xyz(x3 + yz + z))
"(" · A) = 1x + 1y + 1z
"x "y "z
= 2yz(4x3 + yz + z)1x + 2xz(x3 + 2yz + z)1y + 2xy(x3 + 2yz + 2z)1z
0.40. Dla podanego wektora A = x2y21x + y2z21y + x2z21z sprawdzić tożsamość wektorową
" × (" × A) = "(" · A) - "A.
RozwiÄ…zanie: Zgodnie z (42)
"(x2z2) "(y2z2) "(x2y2) "(x2z2)
" × A = - 1x + - 1y
"y "z "z "x
"(y2z2) "(x2y2)
+ - 1z = -2y2z1x - 2xz21y - 2x2y1z
"x "y
natomiast
"(-2x2y) "(-2xz2) "(-2y2z) "(-2x2y)
" × (" × A) = - 1x + - 1y
"y "z "z "x
"(-2xz2) "(-2y2z)
+ - 1z = 2x(2z - x)1x + 2y(2x - y)1y + 2z(2y - z)1z.
"x "y
Gradient dywergencji wektora A
"(x2y2) "(y2z2) "(x2z2)
" · A = + + = 2xy2 + 2yz2 + 2x2z,
"x "y "z
"(2xy2 + 2yz2 + 2x2z) "(2xy2 + 2yz2 + 2x2z)
"(" · A) = 1x + 1y
"x "y
"(2xy2 + 2yz2 + 2x2z)
+ 1z = (2y2 + 4xz)1x + (2z2 + 4xy)1y + (2x2 + 4yz)1z,
"z
natomiast
"2(x2y2) "2(x2y2) "2(x2y2) "2(y2z2) "2(y2z2) "2(y2z2)
"A = + + 1x + + + 1y
"x2 "y2 "z2 "x2 "y2 "z2
"2(x2z2) "2(x2z2) "2(x2z2)
+ + + 1z = 2(x2 + y2)1x + 2(y2 + z2)1y + 2(x2 + z2)1z.
"x2 "y2 "z2
SumujÄ…c wyniki czÄ…stkowe otrzymujemy
"(" · A) - "A = (2y2 + 4xz - 2x2 - 2y2)1x + (2z2 + 4xy - 2y2 - 2z2)1y
+ (2x2 + 4yz - 2x2 - 2z2)1z = 2x(2z - x)1x + 2y(2x - y)1y + 2z(2y - z)1z.
36
0.41. Dla wektora położenia R = r1r wykonać następujące działania w układzie kartezjańskim i sfe-
rycznym: a) " · R; b) "r; c) "r2; d) "1/r.
Rozwiązanie: Na podstawie zale żnó (17) i (16)
sci
R = x1x + y1y + z1z, r = x2 + y2 + z2.
a) układ sferyczny (34)
1 "
" · R = (r3) = 3,
r2 "r
układ kartezjański (32)
"x "y "z
" · R = + + = 3.
"x "y "z
b) układ sferyczny (29)
"r
"r = 1r = 1r,
"r
układ kartezjański (27)
" x2 + y2 + z2 " x2 + y2 + z2 " x2 + y2 + z2
"r = 1x + 1y + 1z
"x "y "z
x y z
= 1x + 1y + 1z.
x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2
c) układ sferyczny (29)
"r2
"r2 = 1r = 2r1r,
"r
układ kartezjański (27)
"(x2 + y2 + z2) "(x2 + y2 + z2) "(x2 + y2 + z2)
"r2 = 1x + 1y + 1z = 2x1x + 2y1y + 2z1z.
"x "y "z
d) układ sferyczny (29)
1 "(r-1) 1
" = 1r = - 1r,
r "r r2
układ kartezjański (27)
1 1 1
"(x2 + y2 + z2)- 2
"(x2 + y2 + z2)- 2
"(x2 + y2 + z2)- 2
"r2 = 1x + 1y + 1z
"x "y "z
x y z
= - 1x - 1y - 1z.
(x2 + y2 + z2)3 (x2 + y2 + z2)3 (x2 + y2 + z2)3
0.42. Wyznaczyć caÅ‚kÄ™ krzywoliniowÄ… gradientu funkcji skalarnej f = Á(sin Ć + cos Ć) dla dwóch
b
konturów rozpiÄ™tych pomiÄ™dzy punktami P1 i P2 (Rys. 22). Zweryfikować zależność ("f) · dl =
a
f(b) - f(a).
RozwiÄ…zanie: Na podstawie (13) mo żna zapisá f = x + y. Gradient funkcji skalarnej w ukÅ‚adzie
c
kartezjańskim (27)
"(x + y) "(x + y) "(x + y)
"f = 1x + 1y + 1z = 1x + 1y,
"x "y "z
korzystając z definicji gradientu w układzie cylindrycznym (28)
"Á(sin Ć + cos Ć) 1 "Á(sin Ć + cos Ć) "Á(sin Ć + cos Ć)
"f = 1Á + 1Ć + 1z
"Á Á "Ć "z
= (sin Ć + cos Ć)1Á + (cos Ć - sin Ć)1Ć
37
Rys. 22: Geometria analizowana w Zad. 0.42
Całkę krzywoliniową po konturze L1 obliczamy w dwóch etapach. Jako pierwszą wyznaczamy całkę po
konturze koÅ‚owym we współrzÄ™dnych cylindrycznych, gdzie Á = 2, dl = ÁdĆ1
Ć
P3 Ä„/2
Ä„/2 Ä„/2
("f) · dl = 2 (cos Ć - sin Ć)dĆ = 2 sin Ć + cos Ć = 4.
-Ä„/2 -Ä„/2
P1 -Ä„/2
Następnie wyznaczamy całkę wzdłu ż prostej o równaniu y = -x + 2, przechodzącej przez punkty P
2
i P3. W tym przypadku dl = dx1x + dy1y, zatem
P2 -2 4
("f) · dl = dx + dy = 0.
P3 0 2
SumujÄ…c wyniki czÄ…stkowe otrzymujemy ("f) · dl = 4. CaÅ‚kÄ™ krzywoliniowÄ… po konturze L2 wy-
L1
znaczamy całkując kolejno wzdłu ż trzech prostych
P4 P5 P2 4 4 -2
("f) · dl = ("f) · dl + ("f) · dl + ("f) · dl = dx + dy + dx = 4.
L2 P1 P4 P5 0 -2 4
b
W celu zweryfikowania zale żno ("f) · dl = f(b) - f(a) wyznaczamy f(P1) i f(P2). Dla P1(x =
ści
a
0, y = -2), P2(x = -2, y = 4)
f(P1) = -2, f(P2) = 2.
Ostatecznie otrzymujemy identyczny wynik jak w przypadku obliczania całek krzywoliniowych po kon-
turach L1 i L2, f(P2) - f(P1) = 4.
0.43. Dla podanych funkcji pola skalarnego wyznaczyć kierunek najszybszego wzrostu w punkcie
"
P (x = 1, y = 1, z = 2):
a) V = sin (Ä„ x) ln y + e-xz,
2
b) V = Á sin Ć - z2 cos Ć,
c) V = r sin ¸ + cos ¸ sin Ć.
RozwiÄ…zanie: Kierunek najszybszego wzrostu pola skalarnego wyznaczamy poprzez obliczanie gra-
dientu.
a) Gradient w układzie kartezjańskim (27)
"V "V "V Ä„ Ä„ 1 Ä„
"V = 1x + 1y + 1z = cos( x) ln y - ze-xz 1x + sin( x) 1y - xe-xz 1z,
"x "y "z 2 2 y 2
"
podstawiając współrzędne punktu P (x = 1, y = 1, z = 2), otrzymujemy
" "
"
"V = - 2e- 21x + 1y - e- 21z.
38
b) Gradient w układzie cylindrycznym (28)
"V 1 "V "V z2
"V = 1Á + 1Ć + 1z = sin Ć1Á + cos Ć + sin Ć 1Ć - 2z cos Ć1z,
"Á Á "Ć "z Á
" "
podstawiajÄ…c współrzÄ™dne punktu P (Á = 2, Ć = Ä„/4, z = 2), otrzymujemy
" "
2 2 + 2
"V = 1Á + 1Ć - 21z.
2 2
c) Gradient w układzie sferycznym (29)
"V 1 "V 1 "V
"V = 1r + 1¸ + 1Ć
"r r "¸ r sin ¸ "Ć
1 1
= sin ¸1r + cos ¸ - sin ¸ sin Ć 1¸ + cot ¸ cos Ć 1Ć,
r r
podstawiajÄ…c współrzÄ™dne punktu P (r = 2, ¸ = Ä„/4, Ć = Ä„/4), otrzymujemy
" " "
2 2 2 - 1 2
"V = 1r + 1¸ + 1Ć.
2 4 4
0.44. Dla podanego pola skalarnego f = x2y + y2 + xz2 wyznaczyć: a) kierunek i amplitudę najszyb-
szego wzrostu pola; b) amplitudÄ™ zmiany pola skalarnego f w kierunku wyznaczanym przez wektor
A = 1z. Obliczenia wykonać dla punktu P (1, 2, 3).
RozwiÄ…zanie:
a) kierunek najszybszego wzrostu pola skalarnego wskazuje gradient funkcji f (27)
"f "f "f
"f = 1x + 1y + 1z = 2xy + z2 1x + x2 + 2y 1y + 2xz1z.
"x "y "z
Kierunek maksymalnych zmian, dla punktu P , określa wektor 131x + 51y + 61z. Amplituda tych zmian
wynosi
|"f| = 132 + 52 + 62 <" 15.17.
=
Amplitudę zmian pola f w dowolnym kierunku wyznaczamy na podstawie zale żno (25). Pochodna
ści
funkcji pola skalarnego w kierunku wskazywanym przez wektor A
df
= "f · 1A = 2xy + z2 1x + x2 + 2y 1y + 2xz1z · 1z = 2xz.
dA
Podstawiając współrzędne punktu P , otrzymujemy df/dA = 6.
0.45. Obliczyć rotacjÄ™ i gradient dla wersorów: 1Á, 1r, 1¸ i 1Ć.
Rozwiązanie: Niektóre wersory układów krzywoliniowych zmieniają swój kierunek w przestrzeni. A
zatem, w przeciwieństwie do wersorów układu kartezjańskiego gradient i dywergencja tych wersorów
mogÄ… przyjmować wartoÅ›ci ró żne od zera. Na podstawie (33) i (43) mo żemy zapisá
c
1 "Á 1
" · 1Á = = , " × 1Á = 0,
Á "Á Á
1 "Á 1
" · 1Ć = 0, " × 1Ć = 1z = 1z,
Á "Á Á
1 "r2 2
" · 1r = = , " × 1r = 0,
r2 "r r
1 " sin ¸ 1 1 "r 1
" · 1¸ = = cot ¸, " × 1¸ = 1Ć = 1Ć.
r sin ¸ "¸ r r "r r
"
0.46. Dla podanych wektorów A = 2 2/Á1Á + 6 cos Ć1Ć -" i B" Á2 cos Ć1Á - sin Ć1Ć + 1z
2z1z =
obliczyć ich iloczyn skalarny i wektorowy w punkcie P (x = 2, y = 2, z = 4).
39
Rozwiązanie: Iloczyn skalarny wektorów A i B
"
A · B = AÁBÁ + AĆBĆ + AzBz = 2 2Á cos Ć - 6 cos Ć sin Ć - 2z.
Na podstawie (13) wyznaczamy współrzędne punktu P w układzie cylindrycznym
"
" "
2 Ä„
"
Á = ( 2)2 + ( 2)2 = 2, Ć = arctan = ,
4
2
zatem P (Á = 2, Ć = Ä„/4, z = 4). PodstawiajÄ…c współrzÄ™dne punktu P , otrzymujemy
"
Ä„ Ä„ Ä„
A · B = 4 2 cos - 6 cos sin - 8 = -7.
4 4 4
Iloczyn wektorowy
A × B = (AĆBz - AzBĆ)1Á + (AzBÁ - AÁBz)1Ć + (AÁBĆ - AĆBÁ)1z
" "
= (6 cos Ć - 2z sin Ć)1Á - (2Á2z cos Ć + 2 2/Á)1Ć - (2 2 sin Ć/Á + 6Á2 cos2 Ć)1z,
podstawiając współrzędne punktu P , otrzymujemy
" "
A × B = - 21Á - 17 21Ć - 131z.
0.47. Znalez
ć równanie płaszczyzny stycznej i równanie normalnej do powierzchni V = xy2 + x2y -
xyz w punkcie P (1, 1, 2).
Rozwiązanie: Wektor r0 = OP = 1x + 1y + 21z wyznacza punkt styczności, zatem wektor "V (r0)
jest prostopadły do powierzchni opisanej równaniem V w punkcie r0, a zatem równie ż do płaszczyzny
stycznej w tym punkcie. Gradient funkcji skalarnej V
"V "V "V )
"V = 1x + 1y + 1z = (y2 + 2xy - yz)1x + (2xy + x2 - xz)1y - xy1z.
"x "y "z
Podstawiając współrzędne punktu styczności
"V (r0) = 1x + 1y - 1z.
Je żeli wektor miejsca r wyznacza dowolny punkt le żący na płaszczy z
nie stycznej, to wektor (r-)rjest
0
prostopadły do wektora "V (r0). Zatem równanie płaszczyzny stycznej
(r - r0) · "V (r0) = 0.
PodstawiajÄ…c wektor wodzÄ…cy r = x1x + y1y + z1z, otrzymujemy
((x - 1)1x + (y - 1)1z + (z - 2)1z) · (1x + 1y - 1z) = 0.
Zatem płaszczyzna styczna do powierzchni V w punkcie r0 opisana jest równaniem x+y-z=0.
Je żeli wektor miejsca r wyznacza punkt na normalnej do powierzchni w punkcie r , to wektor (r - r0)
0
jest równolegÅ‚y do wektora "V (r0). Zatem normalnÄ… do powierzchni V w punkcie r0 mo żna opisá
c
równaniem
(r - r0) × "V (r0) = 0.
Dla wektora r = x1x + y1y + z1z zapiszemy
((x - 1)1x + (y - 1)1z + (z - 2)1z) × (1x + 1y - 1z) = 0.
Zatem równanie normalnej do powierzchni w punkcie r0
(3 - y - z)1x + (x + z - 3)1y + (x - y)1z = 0.
40
0.48. Dla równań Maxwella i zasady zachowania ładunku wyrażonych w następującej postaci:
"H
" × E = -µ , (1a)
"t
"E
" × H = J + µ , (1b)
"t
Á
" · E = , (1c)
µ
" · H = 0, (1d)
"Á
" · J = - , (1e)
"t
pokazać, że równania (1c) i (1d) można otrzymać na podstawie równań 1a, 1b i zasady zachowania
ładunku (Wskazówka. Oblicz dywergencję obu stron równań (1a) i (1b)).
Rozwiązanie: Obliczając dywergencję obu stron równania (1a), otrzymujemy
"" · H
" · (" × E) = -µ .
"t
na podstawie to żsamo " · (" × E) = 0 mo żemy zapisa
ści ć
"" · H
= 0.
"t
Dywergencja wektora H nie zale ży od czasu, zatem przy rozwa żaniu ruchu falowego
" · H = 0.
Postępując analogicznie z równaniem (1b), otrzymujemy
"" · E
" · (" × H) = " · J + µ
"t
Na podstawie to żsamo " · (" × H) = 0 i zasady zachowania Å‚adunku (1e) mo żna zapisá
ści c
"" · E "Á
µ = ,
"t "t
a zatem
Á
" · E = .
µ
0.49. Na podstawie równań Maxwella przedstawionych w Zad. 0.48 pokazać, że w próżni, gdzie
J = 0 i Á = 0, pola elektryczne E i magnetyczne H speÅ‚niajÄ… nastÄ™pujÄ…ce równania falowe:
"2E
"2E - µµ = 0,
"t2
"2H
"2H - µµ = 0.
"t2
Wskazówka. Oblicz rotację obu stron równań (1a) i (1b) z Zad. 0.48.
Rozwiązanie: Obliczając rotację obu stron równania (1a) z Zad. 0.48, otrzymujemy
"H "(" × H)
" × (" × E) = " × -µ = -µ .
"t "t
Na podstawie to żsamo wektorowej, mo żemy zapisa
ści ć
" × (" × E) = "(" · E) - "2E.
41
Poniewa ż mamy do czynienia z polem elektrycznym w pró żni (Á = 0) zatem " · E = 0 (patrz równanie
(1c) z Zad. 0.48). StÄ…d
"(" × H)
"2E - µ .
"t
WykorzystujÄ…c zale żnoć (1b) z Zad. 0.48 (" × H = µ"E/"t) zapiszemy
Å›
"2E
"2E - µµ = 0.
"t2
Postępując analogicznie dla pola magnetycznego otrzymujemy
"E "(" × E)
" × (" × H) = " × µ = µ .
"t "t
KorzystajÄ…c z to żsamo wektorowej oraz równaÅ„ " · H = 0 i " × E = -µ"H/"t ostatecznie zapi-
ści
szemy
"2H
"2H - µµ = 0.
"t2
0.50. Na podstawie równania (1a) z Zad. 0.48 wykazać, że pole E można przedstawić w postaci:
"A
E = -µ - "Åš,
"t
gdzie A jest potencjaÅ‚em wektorowym (H = 1/µ" × A) natomiast Åš jest potencjaÅ‚em skalarnym
(E = -"Åš).
Rozwiązanie: Dla spójności przepiszmy równanie (1a) z Zad 0.48
"H
" × E = -µ .
"t
Pole magnetyczne mo żemy zapisa za pomocą potencjału wektorowego A
ć
H = " × A.
Wektor H mo żna zapisa w ten sposób, poniewa ż pozostaje speÅ‚nione równanie " · H = 0 ((1d) z
ć
Zad. 0.48). A
atwo to pokazać na podstawie (40)
" · H = " · (" × A) = 0.
Podstawiając potencjał magnetyczny A do równania wyjściowego, otrzymujemy
"" × A
" × E = -µ ,
"t
a zatem
"A
" × E + µ = 0.
"t
Na podstawie to żsamo (39)
ści
" × ("Åš) = 0,
mo żemy zapisá
c
"A
E + µ = -"Åš,
"t
zatem
"A
E = -µ - "Åš.
"t
42
0.51. Sztywny przedmiot wiruje wokół osi S z prędkością v(x, y, z). Wykazać, że:
a) " · v = 0,
b) " × v = 2É.
c) wyznaczyć É, jeżeli v = z1y - y1z.
Wykorzystać zależność v = É × r + v0, gdzie É = a1x + b1y + c1z i v0 = r1x + s1y + t1z to,
odpowiednio, prędkością kątową i translacyjna. Wektor r = x1x + y1y + z1z wyznacza położenie
wirujÄ…cego przedmiotu.
Rozwiązanie: a) Obliczamy dywergencję prędkości liniowej v
" · (É × r + v0) = " · (É × r) + " · v0.
v0 jest wektorem staÅ‚ym i jego współrzÄ™dne nie zale żą od poÅ‚o żenia, tak wiÄ™c "0· v 0. Iloczyn
=
wektorowy prędkości kątowej i wektora poło żenia obliczamy na podstawie (8)
É × r = (bz - cy)1x + (cx - az)1y + (ay - bx)1z.
StÄ…d, zgodnie z (32)
"(bz - cy) "(cx - az) "(ay - bx)
" · (É × r) = + + = 0.
"x "y "z
Na podstawie wyników czÄ…stkowych mo żemy zapisa " · v = 0.
ć
b) Rotacja prędkości liniowej
" × (É × r + v0) = " × (É × r) + " × v0.
rotacja wektora staÅ‚ego " × v0 = 0, natomiast rotacjÄ™ iloczynu wektorowego É × r obliczamy na pod-
stawie (42)
"(ay - bx) "(cx - az) "(bz - cy) "(ay - bx)
" × (É × r) = - 1x + - 1y
"y "z "z "x
"(cx - az) "(bz - cy)
+ - 1z = 2 (a1x + b1y + c1z) = 2É.
"x "y
c) Przekształcając zale żnóć z punktu b, otrzymujemy
s
1
É = " × v,
2
zatem
1 "(-y) "z "y "z
É = - 1x + 1y + 1z = -1x.
2 "y "z "x "x
0.52. Korzystając z twierdzenia Gaussa i twierdzenia Stokesa przekształcić równania Maxwella z
Zad. 0.48 do postaci całkowej:
"H
E · dl = -µ · ds,
C S "t
"E
H · dl = J · ds + µ · ds,
C S S "t
1
E · ds = Ádv,
S µ V
H · ds = 0.
S
43
600
500
400
D
A F
300
E
C
200
100
B
1.1
0.1 0.3 0.5 0.7 0.9
z
Rys. 23: Rysunek do Zad. 0.53
Rozwiązanie: Dwa pierwsze równania (1a) i (1b) całkujemy obustronnie po powierzchni S
"H
(" × E) · ds = -µ · ds,
"t
S S
"E
(" × H) · ds = J · ds + µ · ds.
"t
S S S
KorzystajÄ…c z twierdzenia Stokesa (45), otrzymujemy
"H
E · dl = -µ · ds
"t
C S
"E
H · dl = J · ds + µ · ds.
"t
C S S
Równania (1c) i (1d) całkujemy po objętości V
Á
(" · E)dv = dv,
µ
V V
(" · H)dv = 0.
V
Na podstawie twierdzenia Gaussa (35), otrzymujemy
1
E · ds = Ádv,
µ
S V
H · ds = 0.
S
0.53. Na Rys. 23 przedstawiono przebieg skalarnego potencjału elektrycznego V (z) wzdłuż osi z.
Zakładając, że potencjał zależy wyłącznie od z wyznaczyć natężenie pola elektrycznego E(= -"V )
w punktach A, B, . . . , F (patrz Rys. 23).
RozwiÄ…zanie: Na podstawie definicji gradientu wyznaczamy E
"V "V
E = -"V = - 1z H" - 1z.
"z "z
Odczytując z Rys. 23 zmiany "V i "z w najbli ższym sąsiedztwie punktów, otrzymujemy przybli żone
wartości natę żenia pola elektrycznego
200 - 400
EA H" - 1z = 40001z,
0.15 - 0.1
EB H" 0,
250 - 150
EC H" - 1z = -20001z,
0.3 - 0.25
ED H" 0,
350 - 250
EE H" - 1z = -10001z,
0.65 - 0.55
200 - 400
EF H" - 1z = 10001z.
0.9 - 0.7
44
V(z)