Třetí cvičení z Elektrodynamiky 1. Pomocí indexové notace spočtěte rotaci následujícího vektorového pole (x,y,0) -a x2 + y2 ' kde aGl. Řešeni: Nejprve opět přepíšeme zadání do indexové notace -a- přičemž můžeme mít na paměti, že x3 = z = 0 (což ale výsledek neovlivní). Počítejme rotaci (rot Fj = -ael\d3 —— = -aé>k-±— + F ■ dx -a 7s :x = -x0, y = t, t e [y0,-yo], 74 : x = t, y = -yo, t e [-x0,x0]. 71 J~Í2 JTí J~Í4 yo i -T—-(rr0,í)-(0,l)dŕ + ■yo xo + 1 -x0 x0 -y o yo X0 + & 1 ľxo (-x0,t) ■ (0,1) dŕ + t2 + yl 1 -x0 t2 + 2/o (ŕ, yo) -(1,0) dŕ- (ŕ,-ž/o)-(l,0)dŕ 0. c) Budeme počítat podobně jak v b), jen s kružnici 7, kterou parametrizujeme 7 : x = r cos 99, y = r sin 99, F ■ dx, J~i kde 7 je kružnice v rovině (x,y) kolem počátku. Můžeme použít Stokesovu větu? Řešeni: Nejprve spočítáme rotaci / 2 2x2 + 2v2 \ rot F = (dyFz - dzFy, dzFx - dxFz, dxFy - dyFx) = \o, 0, - {x2 + J)2) = 0. Rotace vektorového pole je nula, ale Stokesovu větu použít nemůžeme, jelikož v bodě 0 není vektorové pole definováno. Proto musíme dráhový integrál spočítat z definice. Kružnici parametrizujeme následovně: 7 : x = r cos 99, y = rsmip, ípE[0,2n). Dráhový integrál poté je /» /»2-7t /»2-7t (p F ■ dx = / — (—r sin 99, r cos 99) • (—r sin 99, r cos 99) dtp = / (sin2 tp + cos2 Lp) dtp = Ji Jo r Jo = 2tt. Morální poučení z tohoto příkladu je, že i když rotace vektorového pole je nula, nemusí být nutně nula i dráhový integrál (pokud křivka obepíná nějaký bod, ve kterém není vektorové pole definované). 4. Pro vektorové pole F = (ax, by, cz), kde a, b, c g IR, a kouli B = {(x, y, z) e R3 j x2 + y2 + z2 < R2, R > 0}, ověřte Gaufiovu větu, tj. ukažte, že levá a pravá strana následující rovnosti je stejná F-dŠ= í V • F dV. dB J B Řešení: Začněme pravou stranou, protože je jednoduší í V-FdV= í (a + b + c) dV = (a + b + c) -R3n. J B J B 3 Pro levou stranu musíme nejprve parametrizovat sféru, což lze následovně dB : x = R cos >p sin 9, 9 g [0,7r), y = R sin ip sin 9, ípE[0,2n), z = R cos 9. 3 Levá strana se z definice počítá následovně F ■ dS = / F(x(9, ip)) • (dex x dvx) dVd9, dB JdB kde dgx = (R cos p> cos 9, R sin 99 cos 9, —R sin 0), dtpX = (—i? sin p> sin 9, R cos 99 sin 9, 0). Vektorový součin těchto vektorů je dgx x dvx = R2 sin 0 (sin 9 cos 99, sin 9 sin 99, cos 0). Dosaďme vše do levé strany (LHS) a počítejme LHS = i?3 / / (a cos ip sin 6 sin ip sin c cos 9) ■ (cos 99 sin2 9, sin 99 sin2 9, cos # sin #) ďpd9 Jo Jo 2tt 2tt = R3 a sin3 # d6> / cos pdp + b / sin3 61 d9 / sin 99 dy? + c / cos # sin 9 d9 . Jo Jo Jo Pro výsledek potřebujeme následující integrály přes 9 cos2 9 sin 9 d9 = cos 9 = a 0—^1 sin9d9 = da it —> — 1 -1 a da a -1 2 3; sin39d9= í sin9d9- í cos2 # sin # d# = 2 - - =-. o Jo Jo 3 3 Pro integrály přes p stačí použít následující identity 2 1 — cos 2ip sin 99 = - 2 1 + cos 2y? cos ip = - 2 2 a uvědomit si, že integruje přes periodu periodické funkce. Celkem máme 4 LHS = R6 4 4 2 a-7t + 0-7t + c- • 27t 3 3 3 -71-ir (a + b + c). Vidíme, že se výsledek opravdu rovná pravé straně. 5. (f) Dokažte následující vlastnosti delta funkce: a) / 5{x) dx = 1, b) / x5{x) dx = 0, ) / 6(x - y)5(y - z)dy = 5(x - z), d) 8(ax) dx = -—-, kde a g IR — {0}, \a\ f(Xi f(x)ô(g(x)) dx = -— 1 , kde /, g jsou funkce a splňují g(xi V (^)l Řešení: Celé řešení bude hlavně vycházet z definující vlastnosti delta funkce f{x)5(x - x0) dx = f(x0), (1) která podtrhuje podobnost s Kroneckerovou deltou. Tato identita lze totiž číst jako „za x dej x0 a smaž integraci". Ale pozor, bod x0 musí být v intervalu, přes který se integruje, jinak je výsledek nula. a) Zde je f(x) = 1, x0 = 0, tudíž zadání můžeme přepsat jako 1 • 5{x — 0) dx. Odtud je již zřejmé, jak využit definující vlastnost (1). Máme dosadit do konstantní funkce argument 0, ale jelikož je funkce konstantní (a argument patří do intervalu, přes který se integruje), je výsledek 1. Ale kdyby bod 0 nepatřil do intervalu, přes který integrujeme, pak by byl výsledek nula, například 5{x) dx = 0. b) Postupujeme stejně jako v případě a), f(x) = x, x0 = 0, tudíž funkci x máme vyčíslit v nule, což dá výsledek nula. c) Tato vlastnost je opět analogií k vlastnosti Kroneckerova delta Při důkazu opět využijeme (1). Integrujeme přes y, proto f(y) = ô(x-y), y0 = z. Zde se tedy k delta funkci chováme jako ke funkci, což víme, že není pravda. Každopádně použijeme definici, která říká „za y dej z a smaž integraci", což dává výsledek. d) V tomto důkazu poprvé uvidíme, že integrace delta funkce souvisí s mírou. Začneme jednoduše pomocí substituce v integrálu 8(ax) dx ax = y pro a > 0 : oo —> oo pro a < 0 : oo —> — oo adx = dy —oo —> —oo —oo —> oo Vidíme, že musíme řešit dva případy v závislosti na znaménku a. Nejprve řešme a > 0, což po substituci vede k a a Pro a < 0 máme dy \a\ dy \a\ \a\ kde jsme v prvním výrazu explicitně napsali znaménko a. Každopádně oba případy můžeme kompaktně napsat jako 8(ax) dx \Oí\ e) Zkusme nejprve vyřešit jednodušší problém, kde budeme pouze integrovat S(g(x)), tj. ô(g(x)) dx g(x) = y g'{x)dx = dy dy g'(x)[ Absolutní hodnota je v jmenovateli kvůli výsledku z případu d). Navíc jsme se dopustili nej horší chyby, které se při substituci v integrálu dá dopustit. Funkce g'(x) ve jmenovateli má argument x, ne y, jak má správně být. Abychom toto napravili, nejprve přemýšlejme o delta funkci 5{y). Tato delta funkce je nenulová pouze tehdy, když je její argument nula, tj. y = 0 =>• ô (y) Ý 0- Což před substitucí znamená g(x) = 0. Tj. při integraci nás budou pouze zajímat body xÍ7 které řeší tuto rovnici. Ve všech ostatních bodech bude delta funkce nulová, jen v bodech x,i je nenulová. Proto můžeme pokračovat ve výpočtu po substituci dy g'(x)\ dy g'(xi)\ Y] i } x, / S(y)dy = V 1 V \g'(xi)\ Jg-m *f \g'(xi)\ Suma před integrálem je proto, že musíme brát ohled na všechna xÍ7 která splňují g(xi 0. Tento postup můžeme použít při důkazu požadované identity f(x)5(g(x))dx g{x) = y g'{x)dx = dy f^)S(y)T-í dy t \9 \xi) \ 73-i(E) i \9 g'(x)\ (*0ľ 6