Exempelsamling Vektoranalys

6869(4) insatt i (2) ger:104. a) rotF = 0b)105.6 cosθ sinθ3r 4∫ QP(1) ⇒ φ = − 3 cos2 θ − 13r 3 + F(θ) (4)+ 1 r F ′ (θ) = sin2θr 4 ⇒ F(θ) = CA · dr = φ(Q) − φ(P) = 1 81 − (− 1 6divF = cos3θr 4 sinθc) Ja, eftersom rotF = 0. gradψ = F ger⎧∂ψ⎪⎨∂r = − 1 r 3 sin2θgervilket ger⎪⎩1 ∂ψr ∂θ = 1 r 3 cos2θψ = 1 sin 2θ2 r 2 + C)= 29162rot(A ϕ e ϕ ) = 1 ∂r sinθ ∂θ (A ϕ sinθ)e r − 1 ∂r ∂r (rA ϕ)e θ = e rr 21 ∂sinθ ∂θ (A ϕ sinθ) = 1 r(1)rA ϕ = F(θ, ϕ) (2)Om (2) sätts in i (1) fås∂(F sinθ) = sinθ∂θdvs.F sinθ = − cosθ + G(ϕ)1 ∂div(A ϕ e ϕ ) =r 2 sinθ ∂ϕ (rA ϕ) = 0ger A ϕ oberoende av ϕ, dvs.G(ϕ) = konst.Alltså:A = C − cosθr sinθ e ϕvilket ej är definierat på z-axeln.106. Eftersom rotationen av vektorfältet ≡ 0, och området är enkelt sammanhängande,existerar en potential φ. Man finner107.108.φ = lnr + ϕ + Cdär man måste välja variationsområdet för ϕ så att −π ≤ ϕ ≤ π för att potentialenska bli kontinuerlig.Linjeintegralen == ∇ 2 φ = ln 3 − πA = sinθ e θ + sinθ e ϕ ⇒ rotA = 2 cosθ e r − . . .∮ ∫∫rA · dr = rotA · dS =CS= {S är sfärytan, dS = r 2 sinθ dθ dϕe r , r = 1} ==∫ π/20dϕ∫ π/202 sinθ cosθ dθ = π 2förutsatt att en betraktare i origo ser en medurs orienterad kurva.∫∫Se θ dS =∫ π/2 ∫ π/2109. Rotationen = 0, dvs. cirkulationen = 0.(cosθ cosϕe x + cosθ sinϕe y −0 0( 1− sinθ e z )sinθ dθ dϕ =2 , 1 )2 , −π2 8110. Koordinatsystemet väljs så att linjen θ = 0 blir parallell med vektorn a. I så fallgällera)b)a · r =a × r =ar cosθar sinθ e ϕgrad(a · r) = a cosθ e r − a sinθ e θ = a1 ∂div(a × r) =r 2 (rar sinθ) = 0sinθ ∂ϕ