Want create site? Find Free WordPress Themes and plugins.

Oblicz a) gradient oraz b) funkcję Laplace’a potencjału skalarnego U=U(x,y,z) opisanego wzorem:

    \[U(x,y,z) = 8\cdot{}sin^2(x)-9\cdot{}\sqrt{\exp(-y\cdot{}z)}.\]

Przystępując do rozwiązania zadanie należy pamiętać, że argumentami dla operatora gradientu i operatora Laplace’a są funkcje skalarne. Gradient przekształca funkcję skalarną – w tym przypadku potencjał U – w funkcję wektorową, natomiast laplasjan przekształca funkcję skalarną w inną funkcję skalarną.

a) Aby obliczyć gradient U(x,y,z) korzystamy z jego następującej definicji:

    \[\mathrm{grad}\: U(x,y,z) = \nabla {U(x,y,z)}=\Big(\frac{\partial U}{\partial x}, \frac{\partial U}{\partial y},\frac{\partial U}{\partial z} \Big) = \frac{\partial U}{\partial x}\vec{i} + \frac{\partial U}{\partial y}\vec{j} +\frac{\partial U}{\partial z}\vec{k}\]

Z definicji wynika, że składowymi gradientu są pochodne cząstkowe funkcji skalarnej – w tym przypadku potencjału skalarnego U=U(x,y,z) – względem współrzędnych kartezjańskich x, y, z. Obliczamy zatem trzy pochodne cząstkowe:

    \begin{align*} \frac{\partial U}{\partial x} &= 16 \cdot sin(x) \cdot cos(x) = 8 \cdot sin(2x) \\ \frac{\partial U}{\partial y} &= 9 \cdot \frac{1}{2} \cdot z \cdot \sqrt{\exp(-yz)} \\ \frac{\partial U}{\partial z} &= 9 \cdot \frac{1}{2} \cdot y \cdot \sqrt{\exp(-yz)} \end{align}

Tym sposobem obliczyliśmy składowe gradientu. Ostatecznie zatem:

    \[\nabla U(x,y,z) = \Big(8 \cdot sin(2x) \Big)\vec{i} + \Big(9 \cdot \frac{1}{2} \cdot z \cdot \sqrt{\exp(-yz)}\Big)\vec{j} + \Big(9 \cdot \frac{1}{2} \cdot y \cdot \sqrt{\exp(-yz)}\Big)\vec{k}.\]

TRIKI: sin(2x) = 2\cdot{}sin(x)\cdot{}cos(x).

 

b) W celu obliczenia funkcji Laplace’a (laplasjanu) musimy obliczyć pochodne cząstkowe  (czyste) drugiego rzędu; zgodnie z definicją otrzymujemy:

    \[\Delta U(x,y,z) = \nabla^2 U(x,y,z) = \nabla \cdot \Big(\nabla U(x,y,z)\Big)= \frac{\partial^2 U }{\partial x^2} + \frac{\partial^2 U }{\partial y^2} + \frac{\partial^2 U }{\partial z^2}\]

gdzie założyliśmy, że \Delta U(x,y,z) = \nabla^2 U(x,y,z) = \mathrm{div}\: \mathrm{grad}\: U(x,y,z). Poszukiwane pochodne cząstkowe to:

    \begin{align*} \frac{\partial^2 U(x,y,z)}{\partial^2 x} &= 16 \cdot cos(x) \cdot cos(x) - 16 \cdot sin(x) \cdot sin(x) \\ \frac{\partial^2 U(x,y,z)}{\partial^2 y} &= - \frac{9}{4} \cdot z^2 \cdot \sqrt{exp(-yz)} \\ \frac{\partial^2 U(x,y,z)}{\partial^2 z} &= - \frac{9}{4} \cdot y^2 \cdot \sqrt{exp(-yz)}. \end{align}

Funkcja Laplace’a jest sumą w/w pochodnych cząstkowych:

    \[\Delta U(x,y,z) = 16 \cdot cos^2(x) - 16 \cdot sin^2(x) +\]

    \[+ \Big(- \frac{9}{4} \cdot z^2 \cdot \sqrt{exp(-yz)}\Big) + \Big(- \frac{9}{4} \cdot y^2 \cdot \sqrt{exp(-yz)}\Big) =\]

    \[= 16\cdot{}cos(2x) - \frac{9}{4}\sqrt{exp(-yz) (z^2+y^2).\]

TRIKI: cos(2x) = cos^2(x) - sin^2(x).

Oblicz dywergencje oraz rotację pola elektrycznego \vec{E}(x,y,z)} opisanego wzorem:

    \[\vec{E}(x,y,z) = 8x^{-2}\cdot{\vec{i}} + 6\cdot{}cos^2(y-z)\cdot{}\vec{k}\]

Dywergencja oraz rotacja są funkcjami, których argumentami są funkcje wektorowe. Dywergencja przekształca funkcję wektorową – w tym pole elektryczne – w funkcję skalarną, a rotacja przekształca funkcję wektorową w inną funkcję wektorową.

a) Dywergencja pola wektorowego (f. wektorowej) jest zdefiniowana jako suma pochodnych cząstkowych pierwszego rzędu i jest wartością skalarną. W naszym przypadku, wyrażenie na dywergencję pola elektrycznego ma postać:

    \[\mathrm{div}\vec{E}(x,y,z)= \vec{\nabla}\cdot\vec{E}(x,y,z) = \\ = {\frac {\partial E_{x}(x,y,z)}{\partial x}}+{\frac {\partial E_{y}(x,y,z)}{\partial y}}+{\frac {\partial E_{z}(x,y,z)}{\partial z}},\]

gdzie: E_x, E_y oraz E_z są składowymi wektora pola elektrycznego. Składowe te przedstawiają się zatem następująco:

    \begin{align*} E_x &= 8\cdot{x}^{-2} \\ E_y &= 0 \\ E_z &= 6\cdot cos^2(y-z). \end{align}

Bazując na podanej powyżej definicji dywergencji oraz na znajomości składowych wektora \vec{E}(x,y,z) obliczamy natychmiast pochodne cząstkowe:

    \begin{align*} \frac{\partial E_x}{\partial x} &= -16\cdot{x}^{-3} \\ \frac{\partial E_y}{\partial y} &= 0 \\ \frac{\partial E_z}{\partial z} &= 12\cdot cos(y-z) \cdot sin(y-z). \end{align}

Po obliczeniu należnych pochodnych cząstkowych odpowiednich składowych wektora \vec{E}(x,y,z) sumujemy otrzymane wyniki aby wyznaczyć poszukiwaną wartość \mathrm{div}\:\vec{E}(x,y,z):

    \[\nabla\cdot\vec{E}(x,y,z) = -16\cdot{x}^{-3} + 12\cdot cos(y-z) \cdot sin(y-z) = 6\cdot{}sin\big((2(y-z)\big) - 16\cdot{}x^{-3}.\]

TRIKI: sin(2x) = 2\cdot{}sin(x)\cdot{}cos(x).

b) Zwróćmy uwagę, że rotacja funkcji wektorowej jest pewną nową f. wektorową. Wyrażenie na rotację wektora (f. wektorowej / pola wektorowego) \vec{E}(x,y,z) ma postać:

    \[\nabla \times \vec{E} = \left( \frac{\partial E_z}{\partial y} - \frac{\partial E_y}{\partial z}, \frac{\partial E_x}{\partial z} - \frac{\partial E_z}{\partial x}, \frac{\partial E_y}{\partial x} - \frac{\partial E_x}{\partial y}\right),\]

gdzie: E_x, E_y oraz E_z są składowymi wektora pola elektrycznego. Składowe te przedstawiają się następująco:

    \begin{align*} E_x &= 8\cdot{x}^{-2} \\ E_y &= 0 \\ E_z &= 6\cdot cos^2(y-z), \end{align}

a więc pochodne cząstkowe maja postać:

    \begin{align*} \frac{\partial E_x}{\partial z} &= 0 \\ \frac{\partial E_x}{\partial y} &= 0 \\ \frac{\partial E_y}{\partial x} &= 0 \\ \frac{\partial E_y}{\partial z} &= 0 \\ \frac{\partial E_z}{\partial x} &= 0 \\ \frac{\partial E_z}{\partial y} &= 6\cdot{}2cos(y-z)\cdot{}\big(-sin(y-z)\big). \end{align}

Ostatecznie zatem rotacja jest niezerowa i wyraża się wzorem:

    \[\mathrm{rot}\:\vec{E}(x,y,z) = \Big(-12\cdot{}cos(y-z)\cdot{}sin(y-z) \Big)\cdot{}\vec{i}.\]

Wyznacz potencjał pola wektorowego \vec{F}(x,y,z):

    \[\vec{F}(x,y,z) = \left( 4xyz+y^{2}\:,\:2x^{2}z + 2xy +3z^{3} +2\:,\:2x^{2}y + 9yz ^{2}\right)\]

Przystępując do rozwiązania zadania, należy zauważyć, że:

    \[\vec{F}(x,y,z) = \mathrm{grad}\: U(x,y,z) = \nabla\:U(x,y,z).\]

Zatem zadane pole wektorowe ma de facto postać:

    \[\vec{F}(x,y,z) = \Big(\frac{\partial U}{\partial x}, \frac{\partial U}{\partial y},\frac{\partial U}{\partial z}\Big).\]

Aby wyznaczyć postać potencjału skalarnego należy wyznaczyć U(x,y,z) (z dokładnością co do stałej). W tym celu
zapisujemy:

    \begin{align*} \frac{\partial U}{\partial x} &= 4xyz+y^2\\ \frac{\partial U}{\partial y} &= 2x^{2}z + 2xy +3z^{3} +2 \\ \frac{\partial U}{\partial z} &= 2x^{2}y + 9yz ^{2}, \end{align*}

a następnie wykonujemy obliczenia:

    \[\frac{\partial U}{\partial x}=4xyz+y^2\]

    \[U(x,y,z)=\int (4xyz+y^2)\,dx = 2x^2yz+xy^2 +C(y,z)}\]

w otrzymanym wyrażeniu pojawia się nieznany człon C(y,z). W celu ustalenia postaci C(y,z) rozpatrujemy drugie wyrażenie:

    \[\frac{\partial U}{\partial y}=2x^{2}z + 2xy +3z^{3} +2\]

jednocześnie zauważmy, że możemy zapisać:

    \[\frac{\partial U}{\partial y} = F_y,\]

a zatem:

    \[2x^2z+2xy+\frac{\partial \red{C(y,z)}}{\partial y} = 2x^{2}z + 2xy + 3z^{3} + 2\]

    \[\frac{\partial \red{C(y,z)}}{\partial y}= 3z^{3} + 2\]

    \[\red{C(y,z)}= \int (3z^{3} + 2)\,dy = 3yz^3 + 2y+D(z)\]

    \[U(x,y,z)= 2x^2yz+xy^2 +C(y,z) = 2x^2yz + xy^2 + 3yz^3 + 2y + \blue{D(z)}}.\]

Podobnie, w celu ustalenia postaci członu \blue{D(z)} zapisujemy:

    \[\frac{\partial U}{\partial z}= 2x^{2}y + 9yz ^{2}\]

jednocześnie pamiętając, że możemy zapisać:

    \[\frac{\partial U}{\partial z} = F_z,\]

a zatem przyrównując oba wyrażenia otrzymujemy:

    \[2x^2y + 9yz^2 + \frac{\partial \blue{D(z)}}{\partial z}\right) = 2x^{2}y + 9yz ^{2}\]

    \[\frac{\partial {D(z)}}{\partial z}\right)=0\]

    \[\blue{D(z)}= \int 0\:dz = V\]

i zapisujemy ostateczne wyrażenie na postać potencjału skalarnego U(x,y,z):

    \[U(x,y,z)= 2x^2yz + xy^2 + 3yz^3 + 2y + V}.\]

W tym miejscu warto zauważyć, że postać potencjału U(x,y,z) została wyznaczona z dokładnością co do stałej V.

Sprawdzić czy pole wektorowe \vec{a}=(yz, xz, xy) jest niewirowe i ewentualnie znaleźć potencjał skalarny pola \vec{a}.
Krok pierwszy to zbadanie jaką wartość ma \mathrn{rot}\:\vec{a}:

    \[\mathrn{rot}\:\vec{a} = \nabla\times\vec{a} = \begin{vmatrix} \: \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \:\\ \frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial z} \\ yz & xz & xy \end{vmatrix}=(x-x)\vec{i}-(y-y)\vec{j}-(z-z)\vec{k} = 0\]

W związku z tym iż rotacja pola wektorowego \vec{a} równa jest 0 pole \vec{a} jest polem niewirowym, a zatem istnieje potencjał skalarny U=U(x,y,z) pola \vec{a}. Postać potencjału U można wyznaczyć za pomocą wzoru:

    \[U(x,y,z)= \int_{x_o}^{x}{a_x(x,y,z)dx}+\int_{y_o}^{y}{a_y(x_o,y,z)dy}+\int_{z_o}^{z}{a_z(x_o,y_o,z)dz}\]

gdzie P=P(x_o, y_o, z_o). Na potrzeby naszego przypadku wybieramy punkt P=(0,0,0) i obliczamy:

    \[U(x,y,z)= \int_{0}^{x}{(yz)dx}+\int_{0}^{y}{(0\cdot{z})dy}+\int_{0}^{z}{(0\cdot{0})dz} = xyz + C.\]

Opisz parabolę y=x^2 na przedziale [−1, 1] w postaci parametrycznej.

Parabolę y = x^2 na przedziale [−1, 1] można opisać równaniami parametrycznymi: x(t) = t,\quad y(t) = t_2, \quad t ∈ [−1,1], (parametryzacja \gamma{(t)} = (t, t^2), t ∈ [−1, 1].

Zapisać okrąg jednostkowy o środku O(0, 0) za pomocą parametryzacji. Równanie ogólne okręgu jest następujące

    \[x^2 + y^2 = 1.\]

Parametryzacja ma postać \gamma(t) = (cos t, sin t), t ∈ [0, 2\pi].
Sprawdź potencjalność całkowanego pola wektorowego i oblicz całkę krzywoliniową:

    \[\int_{2,1,3}^{1,-1,2}(x \mbox{d}x +y^{2} \mbox{d}y+z \mbox{d}z)\]

 

a) Wykazujemy, że istnieje potencjał skalarny dla zadanego pola wektorowego:

    \[\frac{ \partial U}{ \partial y}= \frac{ \partial \phi(y,z) }{ \partial y}\]

    \[\phi(y,z)=y^{2} + \psi(z) \\ U= \frac{1}{2} x^{2}+y^{2} + \psi(z)\]

    \[\frac{ \partial U}{ \partial z}= \frac{ \partial \psi(z)}{ \partial z}\]

    \[\psi(z)=\frac{1}{2}z ^{2}+C\]

    \[U= \frac{1}{2} x^{2}+y^{2} + \frac{1}{2} z^{2}+C\]

Nasza całka ma zatem wartość U(B)U(A), gdzie A – punkt początkowy, B – punkt końcowy.

b) Potencjalność pola jest również warunkiem niezależności całki od drogi całkowania. Całka po DOWOLNYM odcinku jest równa całce po każdej innej krzywej (gładkiej).

Oblicz całkę krzywoliniową:

    \[\int\limits_{(1,1)}^{(2,2)} (y^3+\sqrt{y+2} )dx + (3y^2 x+\frac{x}{2\sqrt{y+2}})dy\]

Całkowane pole jest potencjalne; istnieje pewna funkcja pierwotna

    \[U(x,y) = y^3 x + x\sqrt{y+2},\]

a więc całka wynosi U(2,2)-U(1,1).

Oblicz:

    \[\int\limits^{(1,1)}_{(-1,-1)}\large(\frac{ydx}{x^{2}+y^{2}}+\frac{xdy}{x^{2}+y^{2}}\large)\]

Krzywa, po której całkujemy: y=x, dy=dx;

    \[\int\limits^{(1,1)}_{(-1,-1)}\large(\frac{ydx}{x^{2}+y^{2}}+\frac{xdy}{x^{2}+y^{2}}\large) =\]

    \[= \int_{-1}^{1} \left(\frac{xdx}{x^2+x^2}+ \frac{xdx}{x^2+x^2}\right) =\]

    \[= \int_{-1}^{1} \frac{dx}{x} = \left[\ln |x| \right] _{-1}^{1}=0\]

 

Zad. 1
Zad. 2
Zad. 3
Zad. 4a
Zad. 4b
Zad. 5a
Zad. 5b
Zad. 5c

Zad. 1a
Zad. 1b
Zad. 1c
Zad. 2
Zad. 3
Zad. 4
Zad. 5
Zad. 6a
Zad. 6b
Zad. 7a
Zad. 7b
Zad. 8a
Zad. 8b
Zad. 9a
Zad. 9b
Zad. 10

Did you find apk for android? You can find new Free Android Games and apps.