Аникин А.Ю.Теория поля.МГТУ 2013г (Теория поля - методические указания к решению задач А. Ю. Аникин, Н. И. Сидняев, С. К. Соболев.), страница 11

F = rot G. Тогда⎛ ∂R ∂Q ⎞ ⎛ ∂P ∂R ⎞⎛ ∂Q ∂P ⎞F =⎜−i +⎜−−⎟ j+⎜⎟⎟ k,⎝ ∂y ∂z ⎠ ⎝ ∂z ∂x ⎠⎝ ∂x ∂y ⎠⎛ ∂R ∂Q ⎞′ ⎛ ∂P ∂R ⎞′ ⎛ ∂Q ∂P ⎞′div F = ⎜−−−⎟ +⎜⎟ +⎜⎟ =⎝ ∂y ∂z ⎠ x ⎝ ∂z ∂x ⎠ y ⎝ ∂x ∂y ⎠ z= Ryx′′ − Qzx′′ + Pzy′′ − Rxy′′ + Qxz′′ − Pyz′′ = 0. „Замечание. Обычно в учебной литературе соленоидальнымназывается векторное поле, дивергенция которого равна нулю. Дляобъемно односвязных областей оба определения соленоидальногополя равносильны.Свойства соленоидального поля. Пусть векторное поле F соленоидально в области Ω, т.

е. имеет в этой области векторный потенциал G. Тогда:1) поток поля F через любую замкнутую поверхность σ, лежащую в Ω, равен нулю:w∫∫ (F ⋅ ds) = 0;σ802) потоки поля F через любые две незамкнутые ориентированные поверхности σ1 и σ2 , стягивающие один и тот же замкнутыйконтур C = ∂σ1 = ∂σ 2 и согласованные с ним ориентацией, одинаковы и равны циркуляции (вдоль контура С) его векторного потенциала:∫∫ ( F ⋅ ds ) = ∫∫ ( F ⋅ ds ) = v∫ (G ⋅ dl );σ1σ2(5.15)C3) соленоидальное поле не содержит источников и поэтому обладает всеми свойствами поля без источников.Свойства векторного поля, свободного от источников.Пусть векторное поле F свободно от источников в области Ω:1) поток поля F через любую замкнутую поверхность σ, лежащую в Ω и ограничивающую тело Т, целиком лежащее в Ω, равеннулю:w∫∫ (F ⋅ ds) = 0;σ2) потоки поля F через любые две эквивалентные относительно области Ω ориентированные поверхности σ1 и σ2 равны:σ1 ~ σ2 ⇒ ∫∫ ( F ⋅ ds ) = ∫∫ ( F ⋅ ds );Ωσ1σ23) потоки поля F через два произвольных (не обязательноплоских) сечения векторной трубки этого поля равны;4) если область Ω объемно односвязна, то поле F соленоидально, т.

е. имеет некоторый векторный потенциал.Пример 5.10: а) доказать, что векторное поле F == (2 x − y )i + ( z − y ) j + (3x − z ) k соленоидально во всем пространстве R 3 , и найти какой-нибудь его векторный потенциал G; б) вычислить поток Ф векторного поля F через поверхностьz = 2 x 2 + y 2 , z ≤ 2, нормаль образует тупой угол с осью OZ.Решение.

а) В самом деле, div F = 2 − 1 − 1 = 0 , т. е. это поле несодержит источников, определено во всем пространстве R 3 , которое объемно односвязно, поэтому оно и соленоидально, т. е. имеетнекоторый векторный потенциал G. Последний будем искать в виде плоского векторного поля, параллельного, скажем, плоскостиXOY, т. е. в виде G = P( x, y , z )i + Q ( x, y, z ) j .

Тогда81()rot G = −Qz′i + Pz′ j + Qx′ − Py′ k = F = (2 x − y )i + ( z − y ) j + (3 x − z )k .Получим систему дифференциальных уравнений∂Q= y − 2 x;∂z(5.16)∂P= z − y;∂z(5.17)∂Q ∂P−= 3 x − z.∂x ∂y(5.18)Из условий (5.16) и (5.17) находим Q = yz − 2 xz + C ( x, y ),P = 1 z 2 − yz + D( x, y ).2Подставляя полученные функции в (5.18), имеем∂C ∂D−= 3x.−2 z + C x′ + z − Dy′ = 3x − z , ⇒∂x ∂yМожно взять, например, C = 3 x 2 , D =2= 0 или C = 0, D = −3 xy.

Выберем второе.)(Тогда G = 1 z 2 − yz − 3xy i + ( yz − 2 xz ) j —2один из векторных потенциалов соленоидального поля F.б) Найдем поток поля F через поверхность σ — конус вращения вокруг оси OZс вершиной в начале координат, эта поверхность стягивает контур Г — окружность x 2 + y 2 = 1, z = 2, направление обхода, согласованное с направлением норРис. 5.4мали к поверхности, — отрицательное(рис. 5.4).

Согласно свойству (5.15) искомый поток равен циркуляции векторного потенциала G, вычисленной вдоль контура Г:∫∫ ( F ⋅ ds ) = v∫ (G ⋅ dl ) = v∫σ82Гx 2 + y 2 =1,z =2( 12 z2)− yz − 3 xy dx + ( yz − 2 xz ) dy =v∫ ( 2 − 2 y − 3xy ) dx + ( 2 y − 4 x ) dy ==x 2 + y 2 =1{ x = cos t ,y = sin t}π= − ∫ (2 − 2sin t − 3cos t sin t ) ( − sin t dt ) + ( 2sin t − 4cos t ) cos t dt =−ππ=t − 2sin t cos t ) + (1 − 3sin t cos t + 3cos 2t )] dt =∫ [(2sin 2−πнечётная функциячётная функцияπ= 2 ∫ (1 − 3sin 2 t cos t + 3cos 2t ) dt = 2π.0Ответ: Φ = 2π. „5.7. Специальные виды скалярных и векторных полейВекторное поле F называется центральным, если имеет видF = f ( r ) ⋅ r , где r = xi + yj + zk — радиус-вектор точки M ( x; y; z ),r = r = x 2 + y 2 + z 2 — длина этого радиус-вектора.Пример 5.11.

Вывести формулы для дивергенции и роторацентрального векторного поля F = f (r ) ⋅ r .Решение. Компоненты центрального поля F ( P; Q; R ) таковы:P = f ( r ) ⋅ x , Q = f ( r ) ⋅ y , R = f ( r ) ⋅ z.Заметим, что∂r ∂=∂x ∂x()x2 + y 2 + z 2 =xx= .rx +y +z222Аналогично∂r y ∂r z= ,= .∂y r ∂z rНаходим∂P ∂xx2f ′(r ) + f (r ),= ( f (r ) ⋅ x ) = f ′( r ) ⋅ x + f (r ) =rr∂x ∂x83аналогично∂Q y 2∂R z 2f ′(r ) + f (r ),f ′(r ) + f (r ).==rr∂y∂zПоэтомуdiv F =∂P ∂Q ∂R++=∂x ∂y ∂z⎛ x2⎞ ⎛ y2⎞ ⎛ z2⎞f ′( r ) + f (r ) ⎟ + ⎜f ′(r ) + f (r ) ⎟ + ⎜f ′(r ) + f ( r ) ⎟ =⎜⎝ r⎠ ⎝ r⎠ ⎝ r⎠=x2 + y 2 + z 2f ′( r ) + 3 f (r ) = r ⋅ f ′(r ) + 3 f (r ).rИтак, дивергенция центрального векторного поля F = f ( r ) ⋅ rdiv F = r ⋅ f ′(r ) + 3 f (r ).(5.19)Теперь найдем ротор этого поля.

Сначала вычислим∂P ∂y xy= ( f (r ) ⋅ x ) = x ⋅ f ′(r ) ⋅ = ⋅ f ′(r ).∂y ∂yrrАналогично∂Q ∂x xy= ( f ( r ) ⋅ y ) = y ⋅ f ′( r ) ⋅ = ⋅ f ′( r );∂x ∂xr r∂P ∂R xz== ⋅ f ′(r ),∂z ∂x r∂Q ∂R yz== ⋅ f ′(r ),∂z ∂yrпоэтому⎛ ∂R ∂Q ⎞ ⎛ ∂P ∂R ⎞⎛ ∂Q ∂P ⎞rot F = ⎜−i +⎜−−⎟ j +⎜⎟⎟ k = 0.⎝ ∂y ∂z ⎠ ⎝ ∂z ∂x ⎠⎝ ∂x ∂y ⎠Следовательно, всякое центральное векторное поле являетсябезвихревым, поэтому потенциально, так как определено в поверхностно односвязной области Ω1 = {M ( x; y; z ) ∈ R 3 x 2 + y 2 + z 2 > 0}.Ответ: div F = r ⋅ f ′(r ) + 3 f (r ), rot F = 0.

 84Упражнение 5.1. Доказать, что градиент центрального скалярного поля U = f (r ) имеет видf ′( r )grad U =r.(5.20)rПример 5.12. Найти центральное векторное поле F, дивергенция которого равна r 2 , где r = x 2 + y 2 + z 2 .Решение. Искомое поле F имеет вид F = wr , где w = f (r ).Согласно формуле (5.19),dw+ 3w = r 2 .div F = r ⋅ f ′(r ) + 3 f ( r ) = r ⋅drПолученноелинейноедифференциальноеуравнениеdw 3w+= r имеет общее решение:drrr2 Cf ( r ) = w = + 3 , где C = const.5 rОтвет: F = ( r 2 5 + C r 3 ) r , C = const.Скалярное поле называют гармоническим в области Ω, еслиΔU = div grad U = 0 во всех точках этой области.Пример 5.13.

Найти все гармонические центральные скалярные поля в трехмерном пространстве (т. е. поля вида U = f (r ), гдеr = x 2 + y 2 + z 2 ).Решение. Согласно формуле (5.20), grad U = g (r ) ⋅ r ,f ′(r )g (r ) =. ТогдаrΔU = div ( grad U ) = div ( g (r ) ⋅ r ) = r ⋅ g ′(r ) + 3 g (r ) =гдеf ′′( r )r − f ′( r ) 3′ f (r ) f ′′(r )r + 2 f ′(r ).+=r2rrУсловие ΔU = 0 приводит к дифференциальному уравнениюr ⋅ f ′′(r ) + 2 f ′( r ) = 0, общее решение которого имеет видC2C1 , C2 = const.f (r ) = C1 +,rОтвет: U = C1 + C2 r .

„= r⋅85Пример 5.14. Рассмотрим в пространстве векторное полеγF1 ( M ) = 3 r , где r = xi + yj + zk — радиус-вектор точкиrM ( x; y; z ), r = r = x 2 + y 2 + z 2 — длина; γ — постоянный скалярный коэффициент пропорциональности. Такой вид имеет электрическое поле точечного заряда или гравитационное поле точечной массы, помещенной в начало координат. Поле F1 определенов области Ω1 , состоящей из всех точек пространства R 3 , кроменачала координат. Область Ω1 является поверхностно односвязной, но не объемно односвязной.

Поле F1 центральное, соответственно его ротор равен нулю.Итак, данное векторное поле не содержит в своей областиопределения вихрей и поэтому это поле потенциально. Его потенциалом, как нетрудно проверить, является скалярное полеγU =− +C.rТеперь найдем дивергенцию нашего поля по формуле (5.19),γгде f (r ) = 3 , получимrγ⎛ 3γ ⎞div F1 = (r ) = r ⋅ ⎜ − 4 ⎟ + 3 ⋅ 3 = 0.⎝ r ⎠rСледовательно, поле F1 в области Ω1 также не содержит источников. Однако это поле не является соленоидальным, так какего поток через замкнутую поверхность, содержащую внутри себяначало координат, не равен нулю, этот поток равен 4γπ (см. пример 3.7, здесь γ = kQ ).γОднако векторное поле F1 = 3 r будет соленоидальным (т. е.rиметь векторный потенциал) в любой объемно односвязной области — подобласти области Ω1 , например, в области Ω 2 == {M ( x; y; z ) ∈ R 3 x 2 + y 2 > 0 }.Поскольку векторный потенциал определен неоднозначно, попробуем найти его в виде какого-нибудь простого, например,плоского векторного поля, т.

е. в виде G1 = P ( x, y, z )i + Q( x, y , z ) j.86Имеем rot G1 = −∂Q∂P⎛ ∂Q ∂P ⎞i+j+⎜−⎟ k , поэтому получим си∂z∂z⎝ ∂x ∂y ⎠стему уравнений∂Q=−∂z∂P=∂zγx( x2 + y 2 + z 2 )γy(x∂Q ∂P−=∂x ∂y2+y +z2)2 33;(5.21);(5.22)γz( x2 + y 2 + z 2 )3(5.23).Сначала проинтегрируем уравнение (5.21). При этом воспользуемся тем, чтоdz∫ 2 23=(a + z )aa dtz = a tg t ⇒ a 2 + z 2 =, dz =cos tcos 2 t1sin t tg tz= 2 ∫ cos t dt = 2 = 2 cos t =+ C.2aaaa a2 + z2Из (5.21) получимγxQ = −∫dz=3( x 2 + y 2 + z 2 ) x, y = const{}{a == −γx ∫=−dz( a 2 + z 2 )3x2 + y 2=−}γxza2 a2 + z 2γxz( x + y ) x2 + y 2 + z 222+ C ( x, y ) =+ C ( x, y ).АналогичноP=∫γy( x2 + y 2 + z 2 )3dzx , y = const=87{a == γy ∫=dz(a + z )22 3x2 + y 2=}γyza2a2 + z 2γyz( x + y ) x2 + y2 + z 222+ D ( x, y ) =+ D( x, y ).Теперь подберем функции C ( x, y ) и D( x, y ) так, чтобы длянайденных (с точностью до этих слагаемых) функций P ( x, y, z ) иQ( x, y , z ) выполнялось условие (5.23).

Находим∂Q ∂P ∂ ⎛γxz⎞−=−+ C ( x, y ) ⎟ −∂x ∂y ∂x ⎜⎝ ( x 2 + y 2 ) x 2 + y 2 + z 2⎠−= −γz− γz∂ ⎛γyz⎞+ D ( x, y ) ⎟ =⎜22222∂y ⎝ ( x + y ) x + y + z⎠( y 2 + z 2 )( x 2 + y 2 ) − 2 x 2 ( x 2 + y 2 + z 2 )( x 2 + y 2 ) 2 ( x 2 + y 2 + z 2 )3( x 2 + z 2 )( x 2 + y 2 ) − 2 y 2 ( x 2 + y 2 + z 2 )( x 2 + y 2 ) 2 ( x 2 + y 2 + z 2 )3=γz( x 2 + y 2 + z 2 )3++−∂C−∂x∂D=∂y∂C ∂D.−∂x ∂y∂C ∂D−≡ 0. Ясно, что проще всего взять C = D = 0.∂x ∂yИтак, мы получили, что векторный потенциалG1 =γz ( yi − xj )и rot G1 = F1.=( x2 + y 2 ) x2 + y 2 + z 2γТаким образом, векторное поле F1 ( M ) = 3 r определено в обrласти Ω1 = R 3 \ {0} и в этой области не содержит ни источников,Отсюда88γни вихрей, поэтому оно потенциально, его потенциал U = − , ноrне соленоидально в Ω1 .