Exempelsamling Vektoranalys

646592. Potentialen φ bestäms av ekvationssystemet93.(1) har lösningen(4) → (2) ger:som har lösningen(4, 5) → (3) ger slutligen:dvs.ger∫ QP∂φ∂ρ = z2 sin 2 ϕ (1)1 ∂φρ ∂ϕ = z2 sin 2ϕ − z sinϕ (2)ρ∂φ∂z = cosϕ + 2ρz sin2 ϕ (3)φ = ρz 2 sin 2 ϕ + F(ϕ, z) (4)∂F= −z sinϕ∂ϕF = z cosϕ + G(z) (5)G = CdGdz = 0(konst.)φ(ρ, ϕ, z) = ρz 2 sin 2 ϕ + z cosϕ + CA · dr = φ(5, π 2 , −1) − φ(1, π √19 3, 1) =6 4 − 2∇ 2 A = graddivA − rotrotA =( ) 1 ∂= grad0 − rotρ ∂ρ (ρf)e z == d ( ) 1 ddρ ρ dρ (ρf) e ϕ = 01 dρ dρ (ρf) =aρf = aρ22 + bf = a 2 ρ + b ρ95. a) v = ω × r = ωρe ϕb)96. a)97.medför att v har en vektorpotential.c)kräversom gerdär F är en godtycklig funktion.divv = 1 ∂ρ ∂ϕ (ωρ) = 0rotA = ∂A ρ∂z e ϕ − 1 ∂A ρρ ∂ϕ e z = ωρe ϕdivB = Iµ 02πrotA = − 1 ρ⎧⎪ ⎨⎪ ⎩∂A ρ∂z = ωρ∂A ρ∂ϕ = 0A ρ = ωρz + F(ρ)(1 ∂ 1ρ ∂ϕ ρ∂A z (ρ)∂ρ⇒ A z (ρ) = − Iµ 02π lnρ + C)= 0ρe ϕ = B = Iµ 0 e ϕ2π ρb) rotB = 0 visas enkelt.Betrakta en cirkel, Γ, som är koncentrisk med cylindern och som har radienR 1 > R.∮B · dr = {dr = R 1 dϕe ϕ på Γ} = Iµ ∫ 2π0 R 1 dϕ= Iµ 0 ≠ 02π 0 R 1Γ(Det område som Γ omsluter är inte enkelt sammanhängande.)⎧∇ × (∇ × A) = ∇(∇ · A) − ∇ 2 A⎪⎨∇ · e ϕ = 094. rotA ≡ 0, dvs. cirkulationen = 0 för alla kurvor som ej omkretsar z-axeln, därfältet är singulärt.⎪⎩∇ × e ϕ = 1 ρ e z∇ ×( 1ρ e z)= e ϕρ 2