Анчиков №138 « Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

03.04.2014

Анчиков №138

Filed under: век. ан.,Решения — Shine @ 11:25 пп

Найти веторный потенциал поля $⃗F = 2y⃗i− z⃗j + 2x⃗k$ .

Во-первых, скажем пару слов о произволе решения. Если произвол при нахождении скалярного потенциала у нас получился в качестве побочного продукта в конце решения, то произвол векторного становится нужен практически немедленно.

Так как $rotgradu = 0$ , прибавив к векторному потенциалу $A⃗$ соленоидального поля $⃗F = rotA⃗$ , мы получим векторное поле, также являющееся векторным потенциалом поля $⃗F$ :

rot(A⃗+ gradu) = rot⃗A + rotgradu = −→F.

Таким образом, у одного поля $⃗ F$ имеется целое семейство потенциалов, отличающихся градиентным слагаемым.

Итак, пусть поле $⃗ ⃗ ⃗ ⃗ F = 2yi− zj + 2xk$ имеет потенциал $⃗ A0$ : $⃗ ⃗ F = rotA0$ , или

( ∂A0z ∂A0y |||| -∂y--− -∂z--= 2y, |{ ( ∂A0z ∂A0x) | − -∂x--− -∂z-- = − z, |||| ∂A0y- ∂A0x- ( ∂x − ∂y = 2x.

(1)

Очень не хочется на втором курсе решать систему неоднородных уравнений в частных производных. Они и по-отдельности не подарок, а уж в системах тем более. Поэтому будем хитрить. Предположим, что эта задача имеет решение, причём $A0z$ интегрируемо по $z$ , то есть существует такое $u(x,y,z)$ , что $− u′ = A0z z$ . Рассмотрим новое поле $A⃗ = ⃗A0 + gradu$ . Оно тоже является потенциалом поля $F⃗$ и удовлетворяет системе (1), но у него $A = A + u′= A − A = 0 z 0z z 0z 0z$ (А.М. Анчиков, судя по ответу, уничтожал $A x$ ). Значит, для второго рассматриваемого потенциала система (1) превратится в такую:

( || − ∂Ay-= 2y, ||{ ∂z ∂Ax-= − z, |||| ∂Ay ∂z∂Ax ( -∂x-− -∂y- = 2x.

(2)

Проинтегрировав первые два уравнения, получим, что

1 2 Ax = − 2z + φ (x,y) ,

Ay = − 2yz + ψ (x,y),

причём

∂Ay ∂Ax ′ ′ -∂x- − -∂y-= ψx − φy = 2x.

Таким образом, для нахождения потенциала осталось определить функции $φ (x,y)$ и $ψ(x,y)$ . Они тоже определяются из неоднородного уравнения в частных производных, которое, правда, тут уже одно. Чтобы от него избавиться, применим ту же хитрость ещё один раз. Предположим, что и эта задача имеет решение, причём $φ(x,y)$ интегрируемо по $x$ , то есть существует такое $v(x,y)$ , что $− v′x = φ$ . Рассмотрим уже третьего кандидата в потенциалы: поле $⃗A = ⃗A +gradv.$ Сказать про него мы можем следующее:

Оно является потенциалом поля $⃗F$ , т.е. $⃗F = rot⃗A$ , так как оно получено добавлением к потенциалу $⃗A$ градиентной добавки;
Оно имеет нулевую компоненту $z$ , т.к. $Az = A⃗z + ∂∕∂zv (x,y) = 0$ .
$⃗ ′ 1 2 1 2 Ax = Ax + vx = − 2z + φ − φ = − 2z$ .

Раскладывая по компонентам уравнение $rot⃗A = ⃗F$ , и учитывая, что $A = 0 z$ и $A = − 1z2 x 2$ , получим:

(| ∂Ay- ||{ − ∂z = 2y, − z = − z, |||( ∂Ay-= 2x. ∂x

(3)

Второе уравнение тривиально, из первого получим $Ay = − 2yz + ϰ (x,y)$ , что в третьем уравнении даст $′ ϰx(x,y) = 2x$ , таким образом, $2 ϰ(x,y) = x + ζ(y)$ и $2 Ay = − 2yz + x + ζ(y)$ . Вычитанием из полученного потенциала градиента от первообразной $ζ$ можно получить потенциал с такими компонентами:

( 2 ) − z A⃗= |( x2 − 22yz |) 0

Любопытно, что в ответе у А.М. Анчикова значится потенциал $A⃗a = x2⃗j + (xz + y2) ⃗k$ . Разность моего потенциала и потенциала Анчикова даёт

( z2 ) ( 0 ) ( z2 ) ⃗A − ⃗A = | − 2 | − ( x2 ) = − | 2 | . a ( x2 − 2yz ) xz + y2 ( 2yz ) 0 xz + y2

Заметим, что $( ) rot ⃗A − ⃗Aa = ⃗i(2y− 2y)− ⃗j(z − z)+ ⃗k (0 − 0) = 0$ . Таким образом, мой ответ отличается от ответа Анчикова на некий градиент, и следовательно, они принадлежат к одному семейству потенциалов.