3.6 Twierdzenia Greena, Stokesa i Gaussa · Matematyka i fizyka od podstaw

0 Prolog: pole jeziora z jednego spaceru

Planimetr to przyrząd z XIX wieku: wodzisz jego rysikiem po konturze figury na mapie, a licznik na kółku pokazuje jej pole. Przyrząd nie „widzi” wnętrza figury, rejestruje tylko ruch wzdłuż brzegu. Jak to możliwe? W jednym wymiarze znamy podobny trik: $\int_a^bf'(x)\,\mathrm dx = f(b) - f(a)$ , czyli całka z pochodnej po odcinku zależy tylko od wartości w dwóch punktach brzegowych (lekcja 1.5 Całki). W lekcji 3.4 Całki krzywoliniowe, pola potencjalne i różniczki zupełne było tak samo dla gradientu: praca zależy tylko od końców drogi.

Pytanie na start. Obchodzisz brzeg figury przeciwnie do ruchu wskazówek zegara i sumujesz $\tfrac12(x\,\mathrm dy - y\,\mathrm dx)$ . Dlaczego wynik to pole figury? Odpowiedź w części 1, a liczby w przykładzie 1.1.

1 Twierdzenie Greena

W lekcji 3.5 Strumień, dywergencja i rotacja cyrkulacja po małym kwadracie wyszła równa $\left(\tfrac{\partial Q}{\partial x} - \tfrac{\partial P}{\partial y}\right)\Delta x\,\Delta y$ . Podzielmy teraz duży obszar $D$ na wiele małych kwadratów i dodajmy cyrkulacje po nich wszystkich, każdą przeciwnie do ruchu wskazówek zegara. Wspólny bok dwóch sąsiednich kwadratów przebywamy dwa razy, w przeciwnych kierunkach, więc jego wkłady się znoszą. Zostają tylko odcinki leżące na brzegu $D$ .FLP II-3-6 Suma po lewej to cyrkulacja po brzegu, suma po prawej przechodzi w całkę podwójną (lekcja 3.3 Całki podwójne i potrójne):

Twierdzenie Greena

\oint_{\partial D} P\,\mathrm dx + Q\,\mathrm dy = \iint_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm dA .

Brzeg $\partial D$ obiegamy dodatnio: tak, żeby obszar był po lewej stronie. Dla obszaru z dziurą brzeg zewnętrzny idzie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara, a wewnętrzny zgodnie z nim.por. Stewart §16.4

Dla $P = -\tfrac y2$ , $Q = \tfrac x2$ nawias po prawej to $\tfrac12 + \tfrac12 = 1$ , więc całka podwójna to pole obszaru. Stąd odpowiedź na pytanie z prologu i zasada działania planimetru:

\text{pole}(D) = \frac12\oint_{\partial D}(x\,\mathrm dy - y\,\mathrm dx) .

Przykład 1.1 Koło i elipsa

Sprawdź twierdzenie Greena dla pola $[-y;\ x]$ na kole jednostkowym. Potem oblicz pole elipsy o półosiach $a$ , $b$ z całki po jej brzegu.

Lewa strona: $\vec r = [\cos t;\ \sin t]$ , $\;-y\,\mathrm dx + x\,\mathrm dy = (\sin^2t + \cos^2t)\,\mathrm dt$ , całka $2\pi$ (lekcja 3.4, zadanie 2.1).
Prawa strona: $\partial_xQ - \partial_yP = 1 + 1 = 2$ , razy pole koła $\pi$ : $2\pi$ ✓.
Elipsa: $\vec r = [a\cos t;\ b\sin t]$ , $\;x\,\mathrm dy - y\,\mathrm dx = (ab\cos^2t + ab\sin^2t)\,\mathrm dt = ab\,\mathrm dt$ . Pole $= \tfrac12\cdot2\pi ab = \pi ab$ .

Wynik: obie strony to $2\pi$ ; pole elipsy $\pi ab$ .

Sprawdzenie: dla $a = b = R$ dostajemy $\pi R^2$ ✓. Ten sam wynik daje zmiana zmiennych $x = a\rho\cos\varphi$ , $y = b\rho\sin\varphi$ z jakobianem $ab\rho$ (lekcja 3.3 Całki podwójne i potrójne) ✓.

Przykład 1.2 Pole wielokąta ze współrzędnych wierzchołków

Oblicz pole czworokąta o wierzchołkach (w kolejności przeciwnej do ruchu wskazówek zegara) $(0;\ 0)$ , $(4;\ 0)$ , $(5;\ 3)$ , $(1;\ 4)$ .

Na odcinku od $(x_1;\ y_1)$ do $(x_2;\ y_2)$ całka $\tfrac12\int(x\,\mathrm dy - y\,\mathrm dx)$ wynosi $\tfrac12(x_1y_2 - x_2y_1)$ (zadanie 1.6). Pole wielokąta to suma takich wyrazów po bokach: wzór sznurowadłowy (wzór Gaussa na pole).
Boki: $0\cdot0 - 4\cdot0 = 0$ ; $\;4\cdot3 - 5\cdot0 = 12$ ; $\;5\cdot4 - 1\cdot3 = 17$ ; $\;1\cdot0 - 0\cdot4 = 0$ .
Pole $= \tfrac12(0 + 12 + 17 + 0) = 14{,}5$ .

Wynik: $14{,}5$ .

Sprawdzenie: prostokąt $[0;\ 5]\times[0;\ 4]$ ma pole $20$ ; odcinamy trójkąty w rogach: $\tfrac12\cdot1\cdot3 + \tfrac12\cdot4\cdot1 + \tfrac12\cdot1\cdot4 = 1{,}5 + 2 + 2 = 5{,}5$ , zostaje $14{,}5$ ✓.

Twierdzenie Greena wyjaśnia też pułapkę z lekcji 3.4. Dla wiru $\tfrac{[-y;\ x]}{x^2 + y^2}$ rotacja jest zerowa poza zerem. Weźmy pierścień między dwiema krzywymi otaczającymi zero: Green daje cyrkulację zewnętrzną minus wewnętrzną równą zeru. Zatem cyrkulacja po każdej krzywej wokół zera jest taka sama jak po okręgu: $2\pi$ (zadanie 1.5).

Zadania · część 1

6 zadań · ok. 45 min

Sprawdź twierdzenie Greena dla $P = xy$ , $Q = x^2$ na kwadracie $[0;\ 1]^2$ , licząc obie strony.

Odpowiedź
Prawa: $\partial_xQ - \partial_yP = 2x - x = x$ , $\iint x\,\mathrm dA = \tfrac12$ . Lewa: dół ( $y = 0$ ): $0$ ; prawy bok ( $x = 1$ , $\mathrm dx = 0$ ): $\int_0^1 1\,\mathrm dy = 1$ ; góra ( $y = 1$ , od $x = 1$ do $0$ ): $\int_1^0 x\,\mathrm dx = -\tfrac12$ ; lewy bok: $0$ . Razem $\tfrac12$ ✓.
Oblicz wzorem sznurowadłowym pole trójkąta $(0;\ 0)$ , $(4;\ 0)$ , $(1;\ 3)$ .

Odpowiedź
$\tfrac12\big(0 + (4\cdot3 - 1\cdot0) + 0\big) = 6$ . Sprawdzenie: podstawa $4$ , wysokość $3$ ✓.
Oblicz pole pod jednym łukiem cykloidy $x = t - \sin t$ , $y = 1 - \cos t$ , $0 \le t \le 2\pi$ . Użyj $\text{pole} = -\oint y\,\mathrm dx$ (to też wynika z Greena, z $P = -y$ , $Q = 0$ ).

Odpowiedź
Brzeg: odcinek osi $x$ od $0$ do $2\pi$ (tam $y = 0$ , wkład $0$ ), potem cykloida wstecz, od $t = 2\pi$ do $0$ . $-\int_{2\pi}^0 y\,x'\,\mathrm dt = \int_0^{2\pi}(1 - \cos t)^2\,\mathrm dt = 3\pi$ : trzy razy więcej niż pole koła, które toczy się po prostej.
Oblicz $\oint_C(3y - e^{\sin x})\,\mathrm dx + (7x + \sqrt{y^4 + 1})\,\mathrm dy$ , gdzie $C$ to okrąg $x^2 + y^2 = 4$ przebiegany przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

Wskazówka
Nie parametryzuj. Policz $\partial_xQ - \partial_yP$ .

Odpowiedź
$\partial_xQ - \partial_yP = 7 - 3 = 4$ , całka $4\cdot\pi\cdot2^2 = 16\pi$ . Brzydkie wyrazy $e^{\sin x}$ i $\sqrt{y^4 + 1}$ nic nie wnoszą: $e^{\sin x}$ zależy tylko od $x$ i stoi przy $\mathrm dx$ , więc jego pochodna po $y$ jest zerowa; z $\sqrt{y^4 + 1}$ przy $\mathrm dy$ tak samo.
Dla wiru $\vec F = \tfrac{[-y;\ x]}{x^2 + y^2}$ zastosuj twierdzenie Greena do pierścienia $1 \le r \le 2$ . Wywnioskuj, że cyrkulacja po dowolnej krzywej zamkniętej okrążającej zero raz przeciwnie do ruchu wskazówek zegara to $2\pi$ .

Odpowiedź
W pierścieniu rotacja jest zerowa, więc $\oint_{r = 2}\!\circlearrowleft - \oint_{r = 1}\!\circlearrowleft = 0$ (brzeg wewnętrzny idzie zgodnie z ruchem wskazówek zegara, stąd minus). Obie cyrkulacje to $2\pi$ . Dla dowolnej krzywej $C$ wokół zera: weź mały okrąg wewnątrz $C$ i obszar między nimi; ten sam argument daje $\oint_C = 2\pi$ .
Pokaż, że po odcinku od $(x_1;\ y_1)$ do $(x_2;\ y_2)$ całka $\tfrac12\int(x\,\mathrm dy - y\,\mathrm dx)$ wynosi $\tfrac12(x_1y_2 - x_2y_1)$ . Co ta liczba oznacza geometrycznie? Dlaczego wzór sznurowadłowy działa też dla wielokątów wklęsłych?

Odpowiedź
$\vec r = [x_1 + (x_2 - x_1)t;\ y_1 + (y_2 - y_1)t]$ : $x\,y' - y\,x' = x_1(y_2 - y_1) - y_1(x_2 - x_1) = x_1y_2 - x_2y_1$ (wyrazy z $t$ się znoszą). To pole trójkąta o wierzchołkach $(0;\ 0)$ , $(x_1;\ y_1)$ , $(x_2;\ y_2)$ ze znakiem (lekcja 2.1 Macierze, wyznaczniki i układy równań, wyznacznik). Dla wielokąta wklęsłego część trójkątów ma znak ujemny i odejmuje obszary policzone dwa razy; twierdzenie Greena nie wymaga wypukłości.

2 Twierdzenie Stokesa

Ten sam argument działa na zakrzywionej powierzchni $S$ w przestrzeni. Dzielimy ją na małe płatki; cyrkulacja po każdym to $(\nabla\times\vec C)\cdot\hat n\,\Delta A$ (lekcja 3.5). Wspólne boki sąsiednich płatków się znoszą, zostaje brzeg:FLP II-3-6

Twierdzenie Stokesa

\oint_{\partial S}\vec C\cdot\mathrm d\vec r = \iint_S(\nabla\times\vec C)\cdot\hat n\,\mathrm dA .

Cyrkulacja po brzegu to strumień rotacji przez powierzchnię. Kierunki wiąże reguła prawej dłoni: palce wzdłuż obiegu brzegu, kciuk wskazuje $\hat n$ . Twierdzenie Greena to przypadek płaski z $\hat n = \hat z$ .por. Stewart §16.8

Zaskakujący wniosek: po prawej może stać dowolna powierzchnia rozpięta na tym samym brzegu, płaska jak membrana bębna albo wydęta jak worek siatki na motyle. Wynik jest ten sam, bo zależy tylko od lewej strony. Przyczyna: $\nabla\cdot(\nabla\times\vec C) = 0$ (lekcja 3.5), więc pole rotacji jest bezźródłowe i przez każdą powierzchnię „przecinającą” tę samą rurę przechodzi tyle samo.

Przykład 2.1 Membrana i worek

Dla $\vec C = [-y;\ x;\ 0]$ i okręgu jednostkowego w płaszczyźnie $xy$ (przeciwnie do ruchu wskazówek zegara, patrząc z góry) oblicz strumień rotacji przez koło i przez górną półsferę o tym samym brzegu.

$\nabla\times\vec C = [0;\ 0;\ 2]$ (lekcja 3.5, przykład 3.1). Reguła prawej dłoni: $\hat n$ w górę.
Koło: $\hat n = \hat z$ , strumień $2\cdot\pi = 2\pi$ .
Półsfera: $\hat n = \hat r$ , $\;[0;\ 0;\ 2]\cdot\hat r = 2\cos\theta$ , $\;\mathrm dA = \sin\theta\,\mathrm d\theta\,\mathrm d\varphi$ . $\int_0^{2\pi}\!\int_0^{\pi/2}2\cos\theta\sin\theta\,\mathrm d\theta\,\mathrm d\varphi = 2\pi\cdot1 = 2\pi$ .

Wynik: $2\pi$ przez obie powierzchnie, tyle co cyrkulacja po okręgu.

Sprawdzenie: cyrkulacja $[-y;\ x;\ 0]$ po okręgu jednostkowym to $2\pi$ (przykład 1.1) ✓.

W fizyce twierdzenie Stokesa zamienia prawa całkowe na lokalne. Prawo Ampère'a mówi, że dla prądów stałych cyrkulacja pola magnetycznego po pętli jest proporcjonalna do prądu przez nią przechodzącego: $c^2\oint\vec B\cdot\mathrm d\vec r = \tfrac{1}{\epsilon_0}\iint\vec j\cdot\hat n\,\mathrm dA$ . Prawa strona to strumień gęstości prądu, lewa (po Stokesie) to strumień $c^2\nabla\times\vec B$ . Skoro równość zachodzi dla każdej małej powierzchni, to w każdym punkcie $c^2\nabla\times\vec B = \vec j/\epsilon_0$ .FLP II-13-4 (Feynman pisze stałą jako $\tfrac{1}{\epsilon_0c^2}$ ; w podręcznikach często spotkasz $\mu_0 = \tfrac{1}{\epsilon_0c^2}$ .) Szczegóły w fizyce: Dział 15: Prąd i pole magnetyczne.

Zadania · część 2

5 zadań · ok. 40 min

Sprawdź twierdzenie Stokesa dla $\vec C = [z;\ x;\ y]$ i okręgu jednostkowego w płaszczyźnie $z = 0$ (przeciwnie do ruchu wskazówek zegara, patrząc z góry), biorąc za powierzchnię koło.

Odpowiedź
$\nabla\times\vec C = [1;\ 1;\ 1]$ , strumień przez koło z $\hat n = \hat z$ : $1\cdot\pi = \pi$ . Brzeg: $\vec r = [\cos t;\ \sin t;\ 0]$ , $\vec C = [0;\ \cos t;\ \sin t]$ , $\vec C\cdot\vec r\,' = \cos^2t$ , całka $\pi$ ✓.
Z prawa Ampère'a, $\oint\vec B\cdot\mathrm d\vec r = \mu_0I$ , znajdź pole magnetyczne w odległości $r$ od długiego prostego przewodu. Oblicz je dla $I = 10$ A, $r = 5$ cm ( $\mu_0 = 4\pi\cdot10^{-7}\ \mathrm{T\,m/A}$ ) i porównaj z polem Ziemi (ok. $50\ \mu\mathrm T$ ).

Odpowiedź
Z symetrii $\vec B$ jest styczne do okręgów wokół przewodu i ma stałą wartość na każdym z nich: $B\cdot2\pi r = \mu_0I$ , $B = \tfrac{\mu_0I}{2\pi r}$ .FLP II-13-5 Liczbowo $4\cdot10^{-5}$ T $= 40\ \mu$ T, porównywalnie z polem Ziemi: dlatego kompas obok pojedynczego przewodu z prądem potrafi zwariować (w zwykłym kablu dwie żyły niosą przeciwne prądy i ich pola prawie się znoszą).
Wewnątrz przewodu o promieniu $a$ , w którym prąd $I$ płynie równomiernie, $\vec B = \tfrac{\mu_0I}{2\pi a^2}[-y;\ x;\ 0]$ . Oblicz $\nabla\times\vec B$ i porównaj z $\mu_0\vec j$ .

Odpowiedź
To obrót sztywny (lekcja 3.5, przykład 3.1): $\nabla\times\vec B = \tfrac{\mu_0I}{2\pi a^2}[0;\ 0;\ 2] = \tfrac{\mu_0I}{\pi a^2}\hat z$ . Gęstość prądu $\vec j = \tfrac{I}{\pi a^2}\hat z$ , więc $\nabla\times\vec B = \mu_0\vec j$ ✓, różniczkowa postać prawa Ampère'a.
Pokaż na dwa sposoby, że strumień rotacji przez dowolną zamkniętą powierzchnię (np. sferę) jest zerowy.

Odpowiedź
Stokes: przetnij sferę wzdłuż równika. Obie półsfery mają ten sam brzeg, ale z normalną na zewnątrz obiegają go w przeciwnych kierunkach; cyrkulacje się znoszą. Gauss (część 3): strumień to $\iiint\nabla\cdot(\nabla\times\vec C)\,\mathrm dV = 0$ .
W obszarze kołowym o promieniu $R$ jednorodne pole magnetyczne rośnie w tempie $\tfrac{\mathrm dB}{\mathrm dt} = 0{,}1\ \mathrm{T/s}$ . Prawo Faradaya: $\oint\vec E\cdot\mathrm d\vec r = -\tfrac{\mathrm d}{\mathrm dt}\iint\vec B\cdot\hat n\,\mathrm dA$ . Oblicz siłę elektromotoryczną we współśrodkowej pętli o promieniu $r = 10$ cm $< R$ i natężenie pola elektrycznego na niej. Zapisz prawo w postaci różniczkowej.

Odpowiedź
$|\mathcal E| = \pi r^2\tfrac{\mathrm dB}{\mathrm dt} = \pi\cdot0{,}01\cdot0{,}1 \approx 3{,}1$ mV. Z symetrii $E\cdot2\pi r = \pi r^2\tfrac{\mathrm dB}{\mathrm dt}$ , $E = \tfrac r2\tfrac{\mathrm dB}{\mathrm dt} = 5$ mV/m. Postać różniczkowa (Stokes): $\nabla\times\vec E = -\tfrac{\partial\vec B}{\partial t}$ . Pole elektryczne ma tu rotację, więc nie jest potencjalne (lekcja 3.4).

3 Twierdzenie Gaussa

Teraz o oczko wyżej. Dzielimy bryłę $V$ na małe kostki; strumień na zewnątrz każdej to $(\nabla\cdot\vec C)\,\Delta V$ (lekcja 3.5). Przez wspólną ściankę dwóch sąsiednich kostek strumień wypływający z jednej jest strumieniem wpływającym do drugiej, więc w sumie się znosi. Zostaje strumień przez zewnętrzną powierzchnię:FLP II-3-3

Twierdzenie Gaussa (Gaussa–Ostrogradskiego, o dywergencji)

\oiint_{\partial V}\vec C\cdot\hat n\,\mathrm dA = \iiint_V\nabla\cdot\vec C\,\mathrm dV .

Strumień na zewnątrz zamkniętej powierzchni to suma źródeł w środku. Normalna $\hat n$ wskazuje na zewnątrz.por. Stewart §16.9

Liczby z lekcji 3.5 to potwierdzają: dla $\vec r$ mamy $\nabla\cdot\vec r = 3$ , a strumień przez sferę to $4\pi R^3 = 3\cdot\tfrac43\pi R^3$ , przez walec $3V$ , przez sześcian $3V$ .

Przykład 3.1 Ładunek w dowolnym pudełku

Pokaż, że strumień pola $k\,\vec r/r^3$ przez dowolną zamkniętą powierzchnię $S$ to $4\pi k$ , jeśli $S$ otacza początek układu, i $0$ , jeśli nie otacza.

Poza zerem $\nabla\cdot(k\vec r/r^3) = 0$ (lekcja 3.5, przykład 2.1). Jeśli $S$ nie otacza zera, pole jest gładkie w całym wnętrzu i Gauss daje strumień $0$ .
Jeśli otacza: wytnij z wnętrza małą kulę o promieniu $\varepsilon$ wokół zera. W obszarze między $S$ a sferą dywergencja jest zerowa, więc strumień na zewnątrz tego obszaru jest zerowy: przez $S$ (normalna na zewnątrz) minus przez małą sferę (normalna od zera) daje $0$ .
Przez małą sferę strumień to $4\pi k$ (lekcja 3.5, przykład 1.1), więc przez $S$ też.

Wynik: $4\pi k$ albo $0$ , niezależnie od kształtu powierzchni.

Sprawdzenie: dla sześcianu wokół ładunku numeryczna całka po jednej ściance daje $\tfrac{4\pi k}{6}$ (lekcja 3.5, zadanie 1.6) ✓. Dla pola ładunku $q$ , $\vec E = \tfrac{q}{4\pi\epsilon_0}\tfrac{\vec r}{r^3}$ , strumień to $q/\epsilon_0$ : prawo Gaussa (Dział 13: Pole elektryczne i prawo Gaussa). Dla wielu ładunków strumienie się dodają, więc liczy się suma ładunków w środku.

Przykład 3.2 Prawo Archimedesa

Ciało o objętości $V$ jest zanurzone w cieczy o gęstości $\rho_c$ . Ciśnienie na głębokości to $p = p_0 - \rho_cgz$ (oś $z$ w górę). Pokaż, że wypadkowa sił parcia to $\rho_cgV$ w górę, i oblicz ją dla sześcianu o boku $10$ cm w wodzie.

Na element powierzchni działa siła $-p\,\hat n\,\mathrm dA$ (ciecz pcha do środka). Wypadkowa: $\vec F = -\oiint p\,\hat n\,\mathrm dA$ .
Wersja twierdzenia Gaussa dla funkcji skalarnej (zadanie 3.5): $\oiint p\,\hat n\,\mathrm dA = \iiint\nabla p\,\mathrm dV$ .
Wewnątrz ciała przedłużamy $p$ tym samym wzorem (całka po brzegu zależy tylko od wartości na powierzchni). $\nabla p = [0;\ 0;\ -\rho_cg]$ , więc $\vec F = -\iiint\nabla p\,\mathrm dV = [0;\ 0;\ \rho_cgV]$ .
Sześcian: $V = 10^{-3}\ \mathrm{m^3}$ , $F = 1000\cdot9{,}81\cdot10^{-3} \approx 9{,}81$ N.

Wynik: siła wyporu $\rho_cgV$ w górę, dla dowolnego kształtu; dla sześcianu $9{,}81$ N.

Sprawdzenie: dla sześcianu bezpośrednio: siły na ściankach bocznych się znoszą, a różnica ciśnień między dnem a wieczkiem to $\rho_cg\cdot0{,}1$ , razy pole $0{,}01\ \mathrm{m^2}$ : $1000\cdot9{,}81\cdot0{,}001 = 9{,}81$ N ✓.

Zadania · część 3

5 zadań · ok. 40 min

Oblicz strumień pola $[x^3;\ y^3;\ z^3]$ na zewnątrz sfery jednostkowej.

Odpowiedź
$\nabla\cdot\vec C = 3(x^2 + y^2 + z^2) = 3r^2$ . $\iiint3r^2\,\mathrm dV = \int_0^{2\pi}\!\int_0^\pi\!\int_0^1 3r^4\sin\theta\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta\,\mathrm d\varphi = 3\cdot\tfrac15\cdot4\pi = \tfrac{12\pi}{5}$ .
Oblicz strumień pola $[x + y^2;\ y + \sin z;\ z + e^x]$ na zewnątrz powierzchni walca $x^2 + y^2 \le 1$ , $0 \le z \le 2$ .

Odpowiedź
$\nabla\cdot\vec C = 1 + 1 + 1 = 3$ ; objętość $2\pi$ ; strumień $6\pi$ . Bezpośrednie liczenie po trzech częściach powierzchni byłoby dużo dłuższe.
Kula o promieniu $R$ jest równomiernie naładowana ładunkiem $Q$ . Z prawa Gaussa znajdź natężenie pola wewnątrz ( $r < R$ ) i na zewnątrz.

Odpowiedź
Z symetrii $\vec E = E(r)\hat r$ . Sfera o promieniu $r$ : $E\cdot4\pi r^2 = Q_{\text{wewn}}/\epsilon_0$ . Wewnątrz $Q_{\text{wewn}} = Q\tfrac{r^3}{R^3}$ , więc $E = \tfrac{Qr}{4\pi\epsilon_0R^3}$ (rośnie liniowo). Na zewnątrz $E = \tfrac{Q}{4\pi\epsilon_0r^2}$ , jak dla ładunku punktowego. To samo dla grawitacji w jednorodnej kuli (lekcja 3.5, zadanie 2.3).
Strumień pola $\vec C$ na zewnątrz każdej małej sfery wokół punktu $P$ jest ujemny. Co wiesz o $\nabla\cdot\vec C$ w $P$ ? Czy może się zdarzyć, że $\nabla\cdot\vec C = 0$ wszędzie w kuli, a strumień przez jej brzeg jest niezerowy?

Odpowiedź
$\nabla\cdot\vec C(P) \le 0$ (granica ujemnych ilorazów strumień/objętość może być zerem, ale nie liczbą dodatnią). Druga część: nie, jeśli pole jest gładkie w całej kuli. Może się zdarzyć, jeśli pole ma osobliwość w środku, jak pole ładunku punktowego (przykład 3.1).
Zastosuj twierdzenie Gaussa do pola $\vec C = f\,\vec c$ , gdzie $\vec c$ to dowolny stały wektor, i wyprowadź $\oiint f\,\hat n\,\mathrm dA = \iiint\nabla f\,\mathrm dV$ (użyte w przykładzie 3.2).

Odpowiedź
$\nabla\cdot(f\vec c) = \vec c\cdot\nabla f$ (bo $\vec c$ jest stały). Gauss: $\vec c\cdot\oiint f\,\hat n\,\mathrm dA = \vec c\cdot\iiint\nabla f\,\mathrm dV$ . Równość iloczynów skalarnych dla każdego $\vec c$ (np. $\hat x$ , $\hat y$ , $\hat z$ ) oznacza równość wektorów.

4 Równanie ciągłości i równania Maxwella

Niech $\rho$ będzie gęstością czegoś, co jest zachowane (masy, ładunku, energii), a $\vec j$ gęstością jego przepływu: ilością przechodzącą w jednostce czasu przez jednostkę powierzchni. Dla płynu o prędkości $\vec v$ jest $\vec j = \rho\vec v$ . Ilość w ustalonej objętości $V$ może się zmienić tylko przez przepływ przez jej brzeg:

\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}\iiint_V\rho\,\mathrm dV = -\oiint_{\partial V}\vec j\cdot\hat n\,\mathrm dA = -\iiint_V\nabla\cdot\vec j\,\mathrm dV .

Minus, bo strumień na zewnątrz zmniejsza zawartość. Druga równość to twierdzenie Gaussa. Skoro równość zachodzi dla każdej objętości, także dowolnie małej, funkcje pod całkami muszą być równe:FLP II-13-2

Równanie ciągłości

\frac{\partial\rho}{\partial t} + \nabla\cdot\vec j = 0 .

Lokalna postać zasady zachowania: w żadnym punkcie nic nie znika i nic się nie pojawia, jedynie przepływa. Dla nieściśliwej cieczy ( $\rho$ stała) zostaje $\nabla\cdot\vec v = 0$ .

Równanie przewodnictwa ciepła z lekcji 3.5 to właśnie równanie ciągłości dla energii cieplnej: $\rho = cT$ , $\vec j = \vec h = -\kappa\nabla T$ , skąd $c\,\partial_tT = \kappa\nabla^2T$ .FLP II-3-4

Przykład 4.1 Rozprężający się obłok

Obłok gazu rozszerza się tak, że prędkość w każdym punkcie to $\vec v = H\vec r$ ( $H$ stałe), a gęstość jest jednakowa w całym obłoku, $\rho(t)$ . Jak gęstość zależy od czasu?

$\nabla\cdot(\rho H\vec r) = \rho H\,\nabla\cdot\vec r = 3H\rho$ (gęstość nie zależy od położenia).
Równanie ciągłości: $\rho' + 3H\rho = 0$ , więc $\rho = \rho_0e^{-3Ht}$ (lekcja 4.1 Równania różniczkowe zwyczajne).

Wynik: $\rho(t) = \rho_0e^{-3Ht}$ .

Sprawdzenie: każda odległość rośnie jak $e^{Ht}$ (bo $\dot{\vec r} = H\vec r$ ), więc objętość jak $e^{3Ht}$ , a gęstość maleje w tym samym tempie, co zachowuje masę ✓. To prawo Hubble'a dla gazu, a w kosmologii $H$ to stała Hubble'a (która akurat stała nie jest).

4.1 Równania Maxwella w dwóch postaciach

Cała elektrodynamika klasyczna mieści się w czterech równaniach. Feynman zapisuje je w postaci różniczkowej (środkowa kolumna tabeli).FLP II-18-1 Twierdzenia Gaussa i Stokesa tłumaczą każde z nich na postać całkową, w której łatwiej je zrozumieć i zmierzyć. $S$ to zamknięta powierzchnia, $C$ krzywa zamknięta, a $\Sigma$ powierzchnia rozpięta na $C$ , z normalną $\hat n$ zgodną z obiegiem $C$ według reguły prawej dłoni; $I_\Sigma = \iint_\Sigma\vec j\cdot\hat n\,\mathrm dA$ to prąd przez $\Sigma$ .

treść	postać różniczkowa	postać całkowa
prawo Gaussa: źródłem pola elektrycznego są ładunki	$\nabla\cdot\vec E = \dfrac{\rho}{\epsilon_0}$	$\oiint_S\vec E\cdot\hat n\,\mathrm dA = \dfrac{Q_{\text{wewn}}}{\epsilon_0}$
prawo Faradaya: zmienne pole magnetyczne wytwarza wir pola elektrycznego	$\nabla\times\vec E = -\dfrac{\partial\vec B}{\partial t}$	$\oint_C\vec E\cdot\mathrm d\vec r = -\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dt}\iint_\Sigma\vec B\cdot\hat n\,\mathrm dA$
nie ma ładunków magnetycznych	$\nabla\cdot\vec B = 0$	$\oiint_S\vec B\cdot\hat n\,\mathrm dA = 0$
prawo Ampère'a z poprawką Maxwella	$c^2\nabla\times\vec B = \dfrac{\vec j}{\epsilon_0} + \dfrac{\partial\vec E}{\partial t}$	$c^2\oint_C\vec B\cdot\mathrm d\vec r = \dfrac{I_\Sigma}{\epsilon_0} + \dfrac{\mathrm d}{\mathrm dt}\iint_\Sigma\vec E\cdot\hat n\,\mathrm dA$

Wyraz $\partial\vec E/\partial t$ w ostatnim równaniu dodał Maxwell. Bez niego dywergencja ostatniego równania dawałaby $\nabla\cdot\vec j = 0$ , bo $\nabla\cdot(\nabla\times\vec B) = 0$ ; to byłoby sprzeczne z równaniem ciągłości dla ładunku, gdy ładunek gdzieś się gromadzi (np. na okładce kondensatora). Z poprawką równanie ciągłości wynika z równań Maxwella (zadanie 4.3). Ten sam wyraz daje fale elektromagnetyczne (Dział 16: Indukcja, równania Maxwella i fale elektromagnetyczne).

Zadania · część 4

4 zadania · ok. 30 min

Woda płynie rurą o średnicy $2$ cm z prędkością $0{,}5$ m/s, a potem rura zwęża się do średnicy $1$ cm. Z jaką prędkością płynie w węższej części? Co ma z tym wspólnego $\nabla\cdot\vec v = 0$ ?

Odpowiedź
Strumień objętości jest stały: $v_1A_1 = v_2A_2$ , a pole przekroju maleje $4$ razy, więc $v_2 = 2$ m/s. To twierdzenie Gaussa dla $\nabla\cdot\vec v = 0$ zastosowane do odcinka rury: przez ścianki nic nie wypływa, więc ile wpływa jednym końcem, tyle wypływa drugim.
Które z pól mogą być polem prędkości nieściśliwej cieczy: $[x;\ -y;\ 0]$ , $\;[y;\ x;\ 0]$ , $\;[x;\ y;\ -z]$ , $\;[x;\ y;\ -2z]$ ?

Odpowiedź
Dywergencje: $0$ , $0$ , $1$ , $0$ . Pierwsze, drugie i czwarte tak. Trzecie nie: z każdego kawałka więcej wypływa, niż wpływa, a nieściśliwa ciecz nie może się rozrzedzić. Czwarte to przepływ ku płaszczyźnie $z = 0$ i rozpływ na boki, jak strumień uderzający w ścianę.
Weź dywergencję czwartego równania Maxwella i użyj pierwszego, żeby otrzymać równanie ciągłości dla ładunku.

Odpowiedź
$c^2\nabla\cdot(\nabla\times\vec B) = 0 = \tfrac{1}{\epsilon_0}\nabla\cdot\vec j + \tfrac{\partial}{\partial t}\nabla\cdot\vec E = \tfrac{1}{\epsilon_0}\nabla\cdot\vec j + \tfrac{1}{\epsilon_0}\tfrac{\partial\rho}{\partial t}$ . Po pomnożeniu przez $\epsilon_0$ : $\tfrac{\partial\rho}{\partial t} + \nabla\cdot\vec j = 0$ .
W przewodniku $\vec j = \sigma\vec E$ (prawo Ohma). Połącz to z prawem Gaussa i równaniem ciągłości, żeby dostać równanie na gęstość ładunku $\rho$ w środku przewodnika. Jak szybko zanika nadmiarowy ładunek w miedzi ( $\sigma = 5{,}96\cdot10^{7}$ S/m, $\epsilon_0 = 8{,}854\cdot10^{-12}$ F/m)?

Odpowiedź
$\partial_t\rho = -\nabla\cdot(\sigma\vec E) = -\tfrac{\sigma}{\epsilon_0}\rho$ , więc $\rho = \rho_0e^{-t/\tau}$ , $\tau = \tfrac{\epsilon_0}{\sigma} \approx 1{,}5\cdot10^{-19}$ s. Model przewiduje praktycznie natychmiastowe zniknięcie ładunku z wnętrza; tak krótkich czasów prawo Ohma już dobrze nie opisuje (zderzenia elektronów zachodzą co ok. $10^{-14}$ s), ale wniosek jakościowy, że ładunek w przewodniku siedzi na powierzchni, się utrzymuje (Dział 14: Potencjał, przewodniki i kondensatory).

5 Błędne intuicje

„Twierdzenie Stokesa wymaga konkretnej powierzchni.”: Każda powierzchnia rozpięta na tym samym brzegu daje ten sam wynik (przykład 2.1). Wybiera się najwygodniejszą.
„Kierunek obiegu i normalnej można wybrać niezależnie.”: Nie: wiąże je reguła prawej dłoni. Zła orientacja zmienia znak jednej strony równania.
„Skoro rotacja jest zerowa w obszarze, to cyrkulacja po każdej pętli w nim też.”: Tylko po pętlach, na których da się rozpiąć powierzchnię leżącą w obszarze. Wir wokół przewodu: pętla wokół osi nie ma takiej powierzchni, bo każda przebija oś (płaski odpowiednik: zadanie 1.5).
„Ładunki na zewnątrz nie wpływają na pole na powierzchni Gaussa.”: Wpływają na pole, nie na całkowity strumień. Strumień ładunku zewnętrznego wpływa z jednej strony i wypływa z drugiej (symulacja 2).
„Równania w postaci całkowej i różniczkowej mówią co innego.”: Dla pól gładkich to te same prawa przetłumaczone twierdzeniami Gaussa i Stokesa. Postać całkowa działa też tam, gdzie pole ma skok albo osobliwość.

6 Sprawdź się

1 Zapisz twierdzenie Greena.

$\oint_{\partial D}P\,\mathrm dx + Q\,\mathrm dy = \iint_D(\partial_xQ - \partial_yP)\,\mathrm dA$ , brzeg obiegany z obszarem po lewej.

2 Jak obliczyć pole figury całką po brzegu?

$\tfrac12\oint(x\,\mathrm dy - y\,\mathrm dx)$ ; dla wielokąta wzór sznurowadłowy.

3 Zapisz twierdzenie Stokesa i powiedz, jak wiąże się kierunek obiegu z normalną.

$\oint_{\partial S}\vec C\cdot\mathrm d\vec r = \iint_S(\nabla\times\vec C)\cdot\hat n\,\mathrm dA$ ; reguła prawej dłoni.

4 Zapisz twierdzenie Gaussa.

$\oiint_{\partial V}\vec C\cdot\hat n\,\mathrm dA = \iiint_V\nabla\cdot\vec C\,\mathrm dV$ , normalna na zewnątrz.

5 Ile wynosi strumień pola

k\vec r/r^3

przez sześcian, który nie zawiera zera?

$0$ .

6 Zapisz równanie ciągłości.

$\partial_t\rho + \nabla\cdot\vec j = 0$ .

7 Po co Maxwell dodał wyraz

\partial\vec E/\partial t

Bez niego równania byłyby sprzeczne z zachowaniem ładunku tam, gdzie ładunek się gromadzi.

7 Karta wzorów i co dalej

Trzy twierdzenia

Green: $\oint_{\partial D}P\,\mathrm dx + Q\,\mathrm dy = \iint_D(\partial_xQ - \partial_yP)\,\mathrm dA$

pole $= \tfrac12\oint(x\,\mathrm dy - y\,\mathrm dx)$ ; wielokąt (wierzchołki przeciwnie do ruchu wskazówek): $\tfrac12\sum(x_iy_{i+1} - x_{i+1}y_i)$

Stokes: $\oint_{\partial S}\vec C\cdot\mathrm d\vec r = \iint_S(\nabla\times\vec C)\cdot\hat n\,\mathrm dA$ (prawa dłoń)

Gauss: $\oiint_{\partial V}\vec C\cdot\hat n\,\mathrm dA = \iiint_V\nabla\cdot\vec C\,\mathrm dV$ ( $\hat n$ na zewnątrz)

$\oiint f\,\hat n\,\mathrm dA = \iiint\nabla f\,\mathrm dV$ (wypór $\rho_cgV$ )

Fizyka

ciągłość: $\partial_t\rho + \nabla\cdot\vec j = 0$ ; $\;\vec j = \rho\vec v$ ; nieściśliwa: $\nabla\cdot\vec v = 0$

$\nabla\cdot\vec E = \rho/\epsilon_0$ ; $\;\nabla\times\vec E = -\partial_t\vec B$

$\nabla\cdot\vec B = 0$ ; $\;c^2\nabla\times\vec B = \vec j/\epsilon_0 + \partial_t\vec E$

przewód: $B = \tfrac{\mu_0I}{2\pi r}$ ; $\;\mu_0 = \tfrac{1}{\epsilon_0c^2}$

Do przeczytania u Feynmana

Obowiązkowo: t. II, 3-3…3-8 (twierdzenia Gaussa i Stokesa, przewodnictwo cieplne, podsumowanie), 13-2 (zachowanie ładunku), 13-4 (prawo Ampère'a), 18-1 (równania Maxwella).

Do przeczytania w podręcznikach matematyki

J. Stewart, Multivariable Calculus, wyd. 7: §16.4 (twierdzenie Greena), §16.8 (twierdzenie Stokesa), §16.9 (twierdzenie o dywergencji), §16.10 (podsumowanie).
K. A. Stroud, Engineering Mathematics: twierdzenia Greena, Stokesa i Gaussa.

Na tym kończy się część III. Wszystkie trzy twierdzenia mają postać „całka z pochodnej po obszarze = całka po brzegu”, tak jak wzór Newtona–Leibniza; w geometrii różniczkowej to jedno twierdzenie Stokesa dla form różniczkowych. W części IV wrócą jako narzędzie: równania dyfuzji i Laplace'a (4.7 Równania cząstkowe: fali, dyfuzji i Laplace'a) wyprowadza się z równań ciągłości, a falowe z równań Maxwella. W fizyce zobaczysz je w prawie Gaussa (Dział 13: Pole elektryczne i prawo Gaussa), prawie Ampère'a (Dział 15: Prąd i pole magnetyczne) i w falach elektromagnetycznych (Dział 16: Indukcja, równania Maxwella i fale elektromagnetyczne).