VEKTOR OG TENSORANALYSE. Fasit til oppgåver

L A TEX-fil: M216fasit.tex DRAFT: 20.4.2004 VEKTOR OG TENSORANALYSE Fasit til oppgåver av Gerhard Berge Matematisk institutt UNIVERSITETET I BERGEN April 2004 1

1 Kapittel 1 Oppgåve 1.1 Lat r = r(s) vere ei kurve der bogelenga s er parameter. DåerT = dr(s) eller d2 r(s) = κn, slik at N = 1 d 2 r(s) 2 κ. Vi finn då 2 og dt(s) = κn R = r + N u = r + 1 d 2 r(s) κ 2 u u (, ). (1) Oppgåve 1.2 Frå oppgåve 1 har ein at d2 r(s) 2 Oppgåve 1.3 Gjeve skrulina κ = = κn og resultatet følgjer frå dette. r(t) ={ a sin t, a cos t, b t}. (2) dr(t) dt = { a cos t, a sin t, b}. (3) dr(t) dt = a 2 + b 2 1 T = { a cos t, a sin t, b}. a2 + b2 (4) dt = 1 a 2 {a sin t, a cos t, 0} = κn. + b2 (5) B = T N = N = {sin t, cos t, 0} (6) 1 {b cos t, b sin t, a} (7) a2 + b2 a a 2 + b 2, τ = b a 2 + b 2, K = 1 a2 + b 2. (8) Oppgåve 1.4 eller Vi har at d 2 r 2 =0 x = a 1 s + b 1 y = a 2 s + b 2, (9) z = a 3 s + b 3 r = a s + b (10) Q. E. D. 2

Oppgåve 1.5 Null torsjon gjev eller dt dn db = κn = κt = 0 dr = T d 2 r 2 = κn d 3 r = dκ 3 N + κ( κt) = α 3 N + β 3 T Desse likningane impliserer at d n r n = α nn + β n T. (11) Av dette følgjer det at r(s) ikkje kan fjerna seg frå planet definert av vektorane T og N. Oppgåve 1.6 Vi finn and dr dt = {1, 2, 3} for t = 1 (12) r(1) = {2, 1, 2} (13) slik at tangenten i dette punktet vert den rette lina ˆr(u) ={2, 1, 2} + {1, 2, 3}u, u (, + ). (14) Planet gjennom hovudnormal og binormal finn ein lett kan skrivast som som gjev når r = {x, y, z}. (r r(1)) dr (1) = 0, (15) dt x 2y +3z 10 = 0, (16) Oppgåve 1.7 Lat den søkte romkurva vere ˆr(u) =r(t)+u r(t) dt = {cos t, sin t, t} + u{ sin t, cos t, 1}. (17) 3

Skjæring med x, y-planet vil seie z = 0 eller u + t = 0. Det gjev x = cos u u sin u, (18) y = sin u + u cos u, (19) som ei parameterframstilling av denne kurva. Oppgåve 1.8 Torsjonen τ til ei kurve. Vi finn r = T r, r = T r + r 2 κn, r = { r κ 2 r 3} T + { [ r 2 κ] + r r κ } N + { r 3 κτ } B [r r r ]= r 6 κ 2 τ [TNB]= r 6 κ 2 τ (20) r r = r 3 κb, r r = r 3 κ, (21) Dei to siste resultata kan kombierast slik at ein får τ = [r r r ] r r 2 (22) Q. E. D. 2 Kapittel 2 Oppgåve 2.1 (b) I utgangspunktet har ein u Φ u = 1 v Φ v = 1 w Φ w = 1 Vi innfører Ut frå dei gjevne relasjonane u = e 1 Φ u = a, v = e 2 Φ v = b, w = e 3 Φ w = c. u Φ v = v Φ w = w Φ u =0 og det faktum at Φ alltid kan veljas symmetrisk, ser ein at vektorsetta e 1, e 2, e 3 og Φ e 1, Φ e 2, Φ e 3 er resiproke sett sidan vi har: e 1 a =1 e 1 b =0 e 1 c =0 e 2 a =0 e 2 b =1 e 2 c =0 e 3 a =0 e 3 b =0 e 3 c =1 (23) 4

(b) Vi har Φ Φ 1 = Φ uu + Φ vv + Φ cc = e 1 e 1 + e 2 e 2 + e 2 e 2 = I (24) (c) Vi har at Φ er ein konstant dyade. Det same er Φ 1. Difor er φ 1 = u u+v v+c c, som er den første skalaren til Φ 1, også konstant. Den tredje skalaren til Φ 1 er φ 3 =[uvc] 2. Denne er også konstant og difor er [uvc] også konstant. Oppgåve 2.2 Vi har u Φ v v Φ u = u {Φ Φ c } v = u { I φ} v = u I φ v = u φ v = φ u v. (25) Her er φ vektoren til Φ. Oppgåve 2.3 (i) Gå først ut frå at [abc] 0.Dåer{a, b, c} og b c [abc], resiproke sett. Av dette følgjer det at c a [abc], a b [abc], a (b c)+b (c a)+c (a b) =[abc] I (26) (ii) Deretter set vi [abc] = 0. Dette medfører at minst to av vektorane {a, b, c} er parallelle t.d. b = λa. Men då har vi λ{a (a c)+a (c a)+c (a a)} = 0 (27) der høgresida er null-dyaden, altså gjeld likskapen også i dette høvet. 3 Kapittel 3 Oppgåve 3.1 Lat f(r) def = 1. Vi finn r (f(r)r) =( f(r)) r + f(r) r = r r 3 r +3f(r) = f(r) +3f(r) =2 r (28) R = f(r) r + f(r) r = r r =0, r3 (29) merk at r 0 5

Oppgåve 3.2 Vi brukar kulekoordinatar x = r cos θ sin φ, y = r sin θ sin φ, z = r cos φ, eller r = x 2 + y 2 + z 2, θ = tan 1 y x, φ = tan 1 x2 + y 2, z Vi har for posisjonsvektoren r dekomponert i kartesiske koordinatar Vi finn då r(r, θ, φ)={r cos θ sin φ,rsin θ sin φ,rcos φ} (30) r r = {cos θ sin φ, sin θ sin φ, cos φ} r θ = { r sin θ sin φ,rcos θ sin φ, 0} r φ = {r cos θ cos φ, rsin θ cos φ, r sin φ} def = e r, def = r sin φ e θ, def = r e φ. der e r, e θ, e φ er einingsvektorar og i samsvar med likn. (3.50) har ein U =1,V = r sin φ og W = r slik at i desse koordinatane kan Laplace operatoren 2 kan skrivast som (sjå likn. 3.56)) 2 = 1 r 2 r r2 r + 1 2 r 2 sin 2 φ θ 2 + 1 r 2 sin φ φ sin φ (31) φ Sidan det er oppgjeve at vår funksjon er berre ein funksjon av r finn ein at berre første leddet i likn. (31) gjev bidrag og vi finn 2 f(r) = 1 r 2 d dr [r2 d dr f(r)] = f rr + 2 r f r =0. (32) Når vi integrerer ein gong får ein og vidare f(r) = c1 r + c 2. r 2 d dr f r = c 1, Oppgåve 3.3 (a) Lat u = y x og v = xy z2.dåer u v = 2 x 2 {zx, yz, yx} som er parallell med V. (b) Ved å setje u = y x 2 og v = y+z x 2x finn ein at u v er parallell med V også i dette tilfellet. 6

(c) Svar oppgjeve. (d) Ein gjer det ved å syna at for alle desse oppgåvene er u v 0. Oppgåve 3.4 Eit vektorfelt V er gjeve og er divergensfritt ( V = 0). Dersom vi har V = u v, (33) så følgjer det at V = 0, vi har nemleg, ( u v) = v u u v =0. Omvend kan vi spørja om eit divergensfritt vektorfelt alltid kan skrivast slik. Lat oss gå ut frå at det er slik, og så prøva å bestemma u og v. Altså V = u v, der vektorfeltet V no er gjeve. Då har vi etter føresetnaden at V u =0 og V v =0. Lat u = u(x, y, z) =c vera eit integral av likninga V w = 0 og lat dr vera eit line-element som ligg i flata u = a, altså dr u = 0 på flata u = a. Vidare har vi på denne flata at V dr = ( u v) dr = v u dr u v dr = u v dr = udv. No må u vera ein funksjon av minst ein av dei variable (x, y, z) t.d. z, elles vert u nullvektoren. Lat u z 0,z-komponenten av likninga ovanfor gjev då V x dy V y dx = u z dv. eller V x dy V y dx v =, C u z der dette integralet vert rekna ut langs ei kurve C på flata u = a. Og vi har sett u z = u z, medan V x og V y står for komponentane til V i x og y retningen. Vi kan no visa at dette integralet er uavhengig av integrasjonsvegen. Vi har nemleg V x dy V y dx = k V dr = k V dr, og ( ) k V u z = u z u 2 z (k V)+ 1 u z (k V), 7

Ein av vektoridentitetane gjev oss no at Vidare har vi (k V) = k V V k + V k k V = k V = V z, u z (k V) =kv u z Vk u z. Vi finn då u ( ) k V u z = 1 k uv u u 2 z + 1 V uk u z u 2 z z 1 u V u z z = 1 ) (V u z z u + u z V = 1 (V u) =0 u z z Frå integralsatsen til Stoks følgjer det då at integralet langs kurva C mellom to punkt er uavhengig av vegval. OPPSUMMERING: Vi startar med å velja u = u(x, y, z) som eit integral av likninga V w = 0. Vi bestemmer oss for eit punkt (x 0,y 0,z 0 ), set a = u(x 0,y 0,z 0 ) og ser så på flata u(x, y, z) =a. På denne flata har vi V u = 0. Vi bestemmer så ein funksjon v ved v = C V y dx V x dy u z der integralet kan vera frå punktet (x 0,y 0,z 0 ) til eit vilkårleg punkt (x, y, z) på denne flata. Vi har då definert v(x, y, z) på flata u = a. Det same kan vi gjera for andre punkt, t.d. langs ei kurve som skjer flatefamilien u = c der c er ein parameter. På den måten får vi definert v = v(x, y, z) i heile det aktuelle området og vi har k V u v = u dr C u z k V = u s dr C u z = u k V t u z = u k V u z = V k u k V u = V u z u z Q.E.D. Indeksen t står for projeksjonen av k V i flata u = a. 8

KONKLUSJON: Dersom V = 0, kan vi alltid finna to funksjonar u og v slik at V = u v. Oppgåve 3.5 Vi har at v = f er eit divergensfritt vektorfelt. Frå resultata i oppgåve 3.4 har ein då at det finst to skalarfunksjonar u og v slik at eller Dette gjev eller f = u v = (u v), (34) {f u v} =0. (35) {f u v} = w (36) f = w + u v. (37) Oppgåve 3.6 Likningane for feltlinene vert eller dz dx = y + z x der siste likninga kan omformast slik slik at vi har integrasjon gjev slik at dx x = dy 2x = dz 2 y + z, (38) dy dx =2x, c 1 = y x 2, = z x + c 1 + x 2 x dz dx z x = x d dx ( z x )=c 1 x + x, d dx ( z x )= c 1 x 2 +1, z x = c 1 x + x + c 2 = y x +2x + c 2 c 2 = y + z 2 x. x Feltlinene til dette vektorfeltet vert difor skjæringskurvene mellom dei to flateskarane, u = y x 2, v = y + z 2 x. x Kontroller svara ved å syne at u v er parallell med V. Eit tilleggsspørsmål kunne vere: Korleis bestemmer du feltlina som går gjennom eit oppgjeve punkt: x = a, y = b og z = c? 9

Oppgåve 3.7 Vi har vektorfeltet f = x(y z)i + y(z x)j + z(x y)k. (39) Likningane for feltlinene ti f vert og vi finn dx x(y z) = dy y(z x) = dz z(x y), dy dx = y z x x y z, dz dx = z x y x y z slik at og vi finn dy dx + dz = 1 = dx dx dx, u(x, y, z) =x + y + z = C 1. Vidare finn ein eller slik at 1 dy y dx + 1 dz z dx = 1 x d d (ln x +lny +lnz) =0 ln(xyz) =0, dx dx ln(xyz) =Ĉ 2 v(x, y, z) =xyz = C 2. Vi har då f = v(x, y, z) u(x, y, z). Oppgåve 3.8 Utgangspunktet er vektor identiteten (φ ψ) = φ ψ + φ 2 ψ. (40) Integrerer vi denne likninga over eit volum og nyttar Gauss sitt teorem (divergens-teoremet), så finn ein lett den første identiteten. Den andre identiten finn ein lett ved å skriva opp denne identiteten to gonger. Byt så om φ og ψ i den siste og ta differensen, første leddet fell bort og ein får den andre identiteten. 10

Oppgåve 3.9 Vi skal visa følgjande identitet { s f ( n) nf}dσ = mf, S der m = T n. Ved å bruka Stokes generaliserte sats har vi T nf = (n ) (nf)dσ. Vi ser på Merk at C A (n ) (nf) = n i (n k f l )(e i e j ) e k e l x j ( = n i ( ) (e j δ ik e i δ jk )e l ( n i ( n k )f l + n i n k f l x j x j = n i )f l )+n i n i f l x j x j ( n i ( n j )f l + n i n j f l x j x j = f ( n) nf nn f = s f ( s n) nf ) e j e l n = s n + n(n ) n = s n. ) e i e l Vi har nemleg n(n ) n = n dn n = 1 2 dn (n n) =0 Altså (n ) (nf) = s f ( s n)nf, som var det ein skulle visa. Ein alternativ måte å vis dette resultatet på er det følgjande: d d (n ) (nf) = ( n) nf + n n f n (nf) = s f ([ s + nn ] n)nf = s f ( s n) nf, der vi har brukt formelen for det doble vektorproduktet og behandla som ein vektor- (operator). Men ein må alltid vere varsam når ein behandlar denne operatoren som ein vektor og halde fast på kva den verkar på som operator. Oppgåve 3.10 Vi brukar Stokes generaliserte sats i følgjande versjon dσn f = dr f. (41) A Her er f ein skalarfunksjon, A ei flate og C er randa av denne flata. Vi tenkjer oss no ei lukka flate B slik at randa C som er ei lukka kurve ligg på denne flata og deler flata B i to deler B 1 og B 2. Vi brukar integralsatsen ovanfor på kvar av dei to flatene slik at normalvektoren til flatene vender ut or volumet som flata B avgrensar. Då vil ein følgja kurva C i motsett lei for dei to tilfella. Adderer vi så resultata får ein at C 11

B dσ(n f) = 0 (42) Dette resultatet kunne ein også funne lettare frå Gauss sin generaliserte sats. Set no f = 1 2 (x2 + y 2 + z 2 ) slik at f = {x, y, z} = r. Vi finn då dσ(n r) =0. (43) B Oppgåve 3.11 Momentet av eit flateelement ndσ med omsyn på origo (vilkårleg valt innafor flata) er pr ndσ, og totalmomentet M finn ein ved å summere (integrere) M = pr ndσ = p r ndσ = 0 (44) etter resultatet i oppgåva før. Oppgåve 3.12 Vi brukar på ny ein versjon av Stokes generaliserte sats dσn f = drf. (45) A og set f = 1 2 {x2 + y 2 + z 2 } = 1 2 r2 og T def = dr. Vi finn f = r og 1 Tr 2 = dσn r. (46) 2 C S C Oppgåve 3.13 Frå Gauss sin generaliserte sats Vdτ = V F n V dσ, (47) finn ein når og V = c r der c er ein konstant vektor (c r)dτ = n (c r) dσ. (48) No er (c r) =2c og vi har V F S n (c r) dσ =2V c (49) 12

Oppgåve 3.14 (a) (i) Vilkåret er at determinanten t 1 1 1 1 2 1t 1 1 1 1 2 t eller D def = 1 4 t3 +2 0. (ii) Dersom dette vilkåret er oppfylt har ein det resiproke settet 0 (50) (b) (i) Vi finn e 1 = 1 D { 1 4 t2 1 1, 2 t +1, 1 2 t +1}, e 2 = 1 D { 1+ 1 2 t, 1 t 1, 1 t}, 2 e 3 = 1 D { 1 2 t +1, 1 t, 1 2 t2 1}, (51) t u = r u = { u, 1, 1 } t v = r v = { 1, 1 2 v 1 } (52) t w = r w = { 1, 1, 1 2 w } og i punktet u = v = w = t t u = r u = { t, 1, 1 } t v = r v = { 1, 1 2 t 1 } t w = r w = { 1, 1, 1 2 t } (53) (ii) Normalvektorane er gjevne ved u, v, w. Her merkar vi oss at dette er det resiproke settet til {r u, r v, r w } og ut frå reultatet ovanfor ser vi at dette er samanfallande med oppgåva før slik at når ein brukar resultatet frå denne oppgåva, finn ein same svaret som i likn. (51). Altså { u = e 1 }, { v = e 2 } og { w = e 3 } i denne likninga. Oppgåve 3.15 (a) Vi finn lett at u og v er parallelle slik at u v = 0, og difor er desse funksjonane funksjonelt avhengige. Vi har u(x, y) 2 + v(x, y) 2 1=0 (b) Vi finn u = { 1, 1, 1, }, v = { x, y, z, }, w = { yz, xz, xy, }, (54) og [ u, v, w] =x 2 (z y) +y 2 (x z) +z 2 (y x) 0, slik at desse funksjonane er funksjonelt uavhengige. 13

(c) Vi finn lett at u og w er parallelle slik at [ u, v, w] = 0 i dette tilfellet og desse funksjonane er då funksjonelt avhengige. Vi har sin 1 (u(x, y, z)) { sin 1 (w(x, y, z)) } 2 =0. Oppgåve 3.16 (a) Vi inn [e 1, e 2, e 3 ]=2 0, altså er dette ein basis. Det resiproke settet er e 1 = 1 { 1, 2 1, 1 }, e 2 = 1 2 { 1, 1, 1 }, e 3 = 1 2 { 1, 1, 1 }. (b) Nye koordinatar x = x + y, x = x + y, x = x + y, (55) Vi finn r x = 1 2 {1, 1, 1} = e 1, rȳ = 1 2 {1, 1, 1} = e 2, r z = 1 2 { 1, 1, 1} = e 3. x = 1 2 { x +ȳ z}, y = 1 2 {ȳ + z x}, (56) z = 1 2 { z + x ȳ}. e 1 = {1, 0, 1} = x, e 2 = {1, 1, 0} = ȳ, e 3 = {0, 1, 1} = z. Lat x 1 = x, x 2 =ȳ og x 3 = z. Då har vi = e i x, V = e i j V j = e j V j. Vi har då V = V i x. i (58) e 1 e 2 e 3 V = x 1 x 2 x 3 V 1 V 2 V 3 (59) (57) Oppgåve 3.17 Sylinderkoordinatar x = r cos θ, y = r sin θ, z = z, 14

eller r = x 2 + y 2, θ = tan 1 y x, z = z, Vi har for posisjonsvektoren r dekomponert i kartesiske koordinatar Vi finn då r(r, θ, φ)={r cos θ,rsin θ, z} (60) r r = {cos θ,sin θ,0} r θ = { r sin θ,rcos θ} r z = {0, 0, 1} def = e r, def = r e θ, def = e z. der e r, e θ, e z er einingsvektorar og i samsvar med likn. (3.50) har ein U =1,V = r og W = 1 slik at i desse koordinatane har vi og f f = e r r + e 1 f θ r θ + f e z z f = f r r + 1 f θ r θ + f z z, (62) der f r = e r f, f θ = e θ f og f z = e z f. Laplace operatoren 2 kan skrivast som (sjå likn. 3.56)) 2 g = 1 ( r g ) + 1 2 g r r r r 2 θ 2 + 2 g z 2 (63) (61) Oppgåve 3.18 I denne oppgåva har vi at a, v, n og r u, r v. n er resiproke sett. Av dette følgjer det at einingsdyaden I kan skrivast som I = ar u + vr v + nn. (64) Første resultatet følgjer frå f I = f. Det andre problemet kan løysast slik Gr u F r v = r v r v r u r u r v r v = r v (r u r v )=r v n r u r v = a r u r v 2. Sidan r u r v 2 =(r u r v ) (r u r v )=(r u r v ) r u r v = EG F 2 = H 2, så følgjer løysing av første delen av problemet frå dette. Andre delen av problemet kan visast på tilsvarande måte. 15

4 Kapittel 4 Oppgåve 4.1 (a) x 2 y z z + xy2 x y = x2 y 2 z Dei karakteristiske likningane dx x 2 y = dy xy 2 = dz x 2 y 2 z eller Generell løysing dy dx = xy2 x 2 y = y x dz dx = x2 y 2 z x 2 y dy y = dx x = yz = x c 1 z dz z = 1 c 1 xdx ze 1 2 xy = c 2 x y = c 1 ψ = ψ( x y,ze 1 2 xy ) (b) i. Kurva er xy =2,z=2.Frå finn ein x y = c 1, ze 1 2 xy = c 2 c 2 =2e 1 = konst., c 1 = 1 2 x2, dette syner at kurva ikkje er ein karakteristikk. Kurva ligg i flata ze 1 2 xy = 2 e eller z = 2 e e 1 2 xy Ein viser lett ved å rekne ut z z x og y og så substituere i likninga vi starta med, at dette tilfretiller likninga. Dessutan er det lett å sjå at den oppgjevne kurva også ligg i denne integralflata. ii. Romkurva er r(t) ={t, 2t, e t2 } vi finn x y = c 1 = 1 2, altså ligg romkurva i flata 16

x y = 1 2, som er eit plan. vi finn også at ze 1 2 xy = c 2 innsett får ein e t2 e 1 2 t 2t =1=c 2. Slik at romkurva også ligg i ze 1 2 xy = 1. Romkurva er difor ein karakteristikk Oppgåve 4.2 Likninga er Karakteristikkane er gjevne ved likningane zz x + yz y = x. dx z = dy y = dz x slik at og vidare dy dx = y z dz dx = x z z 2 x 2 = c 1 = u(x, z) d dx ln y = 1 z = 1 = d x2 + c 1 dx {ln(x + x 2 + c 1 )} altså eller Vi har kurva r(t) ={t, 1, 2t}. ln y = ln(x + x 2 + c 1 )+lnc 2 y x + z = c 2 = v(x, y, z). y x + x 2 + c 1 = c 2 c 1 (t) =4t 2 t 2 =3t 2 c 2 (t) = 1 3t slik at 3c 1 c 2 2 = 1 og vi finn som svar på problemet. (z x)y2 3 x + z =1 Vi har likninga xz x yz y =0, med dei karakteristiske likningane dx x = dy y = dz 0, 17

slik at vi får z = c 1, ln x +lny =lnc 2 xy = c 2. Innsett frå kurva finn ein c 1 = t 2 og c 2 = t 2, slik at c 1 = c 2 eller z = xy, som er svaret. Oppgåve 4.3 (a) Likninga er med dei karakteristiske likningane xz x + yz y =1, dx x =+dy y = dz 1, slik at vi får Kurva er x y = c 1, 1 x ez = c 2. r = { 1, 2t, t 2 } og vi finn c 1 (t) eller ln( ez y2 )=, (x <0). x 4x2 e z = xe y2 4x 2. (b) Likninga er med dei karakteristiske likningane (y + z)z x + yz y = x y, dx y + z = dy y = dz x y, dy dx = y y + z, dz dx = x y y + z, d (y + z) = x dx y + z, (y + z)2 x 2 = c 1 dx dy = y + z, y dz dy = x y, y d(x + z) dy = x + z y, 18

x + z = c 2 y r = {t, 1, 1+t}. Vi finn c 1 (t) =4(t + 1) og c 2 (t) =2t + 1, slik at c 1 (t) =2c 2 (t)+2 (y + z) 2 x 2 =2 x + z +2. y c) Vi finn 1 y 1 x = c 1, Romkurva kan også skrivast som r(t) ={t, 1 t, 1}. Løysing 2 dx x 2 = dy y 2 = dz z 2 (65) 1 z 1 x = c 2, (66) 1+ 2 x 1 y 1 z =0. (67) Oppgåve 4.4 Vi har v = {2yx, xz, 3xy} = w + u v slik at f def = v = u v = {2x, y, z}. Vi søkjer etter feltlinene til f. Altså løysing av likningane dx 2x = dy y = dz z. Som løysingar finn vi xy 2 y = c 1, z = c 2. Vi har v dr = w dr + u v dr. På flata v =konstant er v dr = 0, altså v dr = w dr = dw, slik at w = v dr langs y/z = a der a er ein konstant. Vi finn w = v dr = (2yz dx + xz dy +3xy dz) = ( 2y2 4xy dx + a a dy) = 2xy2 =2xyz a Merk at langs flate v = y z = a er x = konstant dx = 0. Likninga v = w + u v kan vi no bruke til å bestemma u. vi har {2yz, xz, 3xy} = {2yz, 2xz, 2xy} + u{0, z y 2, 1 y } slik at u = xy 2. Merk at f u = 0. Løysinga er då: u = xy 2, v = y z, w =2xyz. 19

5 Kapittel 5 Oppgåve 5.1 Vi har r = (x i x i )e i r og r = (x i x i )e i r slik at r = r og då f(r)= df dr r og f(r)= df dr r følgjer resultatet frå dette. Oppgåve 5.2 F = 1 ( C(r ) ) dτ 4π r = 1 ( ) 1 C(r ) dτ 4π r = 1 ( ) 1 C(r ) dτ 4π r = 1 ( C(r ) ) dτ 4π r = 1 ( C(r ) ) n ds 4π r der vi har brukt at C = 0. Dersom C går raskt nok mot null når r t.d. C 1 r 1+ɛ der ɛ>0, så går dette bra. 6 Kapittel 6 Oppgåve 6.1 Vi har g ik g kl = e i e k e k e l = e i {e k e k} e l = e i I e l = e i e l = δ l i Oppgåve 6.2 Vi har det{a j i } = a1 1 a2 2 a3 3 a1 1 a3 2 a2 3 + a2 1 a3 2 a1 3 a2 1 a1 2 a3 3 + a3 1 a1 2 a2 3 a3 1 a2 2 a1 3 ijk = { 1 for i, j, k lik permutasjon av 1, 2, 3 1 for i, j, k ulik permutasjon av 1, 2, 3 Dette stemmer med definisjonen av ein determinant. 20

Oppgåve 6.3 Vi har at a r i A i r = a representerer determinanten oppspalta etter søyle nr. 3, (Laplace utvikling). Merk at dersom eit element i ei rekkje (søyle) vert multiplisert med kofaktoren til eit element i ei annan rekkje (søyle) og summert, så vert resultatet null (svarar til ein determinant med to like rekkjer (søyler). Oppgåve 6.4 Vi har ē j ē i = γ j r er c s i e s = γ j r cs i er e s = γ j r cs i δr s = γj r cr i = δj i Q.E.D. Oppgåve 6.5 Lat ē i og e i vere to basisar som er valde vilkårleg med dei tilsvarande resiproke basisane ē i og e i. For to vilkårlege vektorar u og v har ein då u = ū i ē i = u i e i v = v j ē j = v j e j Vi finn då at skalarproduktet u v =ū i v i = u i v i er invariant. Oppgåve 6.6 Vi skriv u = u i e i = u i e i v = v i e i = v i e i w = w i e i = w i e i u v w = u i v j w k [e i e j e k ]=u i v j w k [e i e j e k ] = u i v j w k ε ijk E 1 = u i v j w k ε ijk E = = u 1 u 2 u 3 v 1 v 2 v 3 w 1 w 2 w 3 E 1 = e 1 u e 2 u e 3 u e 1 v e 2 v e 3 v e 1 w e 2 w e 3 w u 1 u 2 u 3 v 1 v 2 v 3 w 1 w 2 w 3 1 [e 1 e 2 e 3 ] E 21

No kan {e 1 e 2 e 3 } vere eit vilkårleg ikkje-koplanart set av vektorar t. d. {abc}, vi har difor det generelle resultatet a u b u c u [uvw][abc]= a v b v c v a w b w c w Når vi no vel {abc}={e 1 e 2 e 3 } og {uvw}={e 1 e 2 e 3 }, får ein og tilsvarande ved å gå ut frå det resiproke settet. E 2 =[e 1 e 2 e 3 ] 2 = g = det g ij, E 2 = 1 g = det gij, Oppgåve 6.7 For å vise at g ij er dei kovariante komponentane til ein tensor, må vi visa at dei følgjer dei kovariante transformasjonslovane. Ut frå definisjonen har ein g ij def = e i e j svarande til koordinatane x 1,x 2,x 3. Vi innfører nye koordinatar ved x i = x i (x 1,x 2,x 3 ). e i = r x i, ē i = r x i, ē i ē j = r x i r x j og r x i = r x j x j x i = e x j j x i ē i ē j =ḡ ij = xk x i x l x j e k e l = xk x i x l x j g kl. Tilsvarande finn ein også for ḡ ij. Q.E.D: Oppgåve 6.8 Dette er berre rett fram seinking av indeksar. Oppgåve 6.9 a) Merk at posisjonsvektoren r ikkje er ein vektor i streng forstand sett frå tensoranalysen sin definisjon av ein vektor. Den følgjer med andre ord ikkje transformasjonslovene for ein vektor. Posisjonsvektoren er ikkje invariant, men tvert imot avhengig av kor vi plasserer origo i koordinatsystemet. Men differensialet eller lineelementetet dr er ein vektor, difor er også fartsvektoren ein vektor. Lat r vere posisjonsvektoren til ein partikkel. Gjeve i eit krumline koordinatsystem, om vi transformer, har ein v def = dr dt = dxj dt r x = d xj j dt 22 r x j = dxj dt e j = d xj dt ēj

og vidare v j = dxj dt, vj = d xj dt, som altså er eit uttrykk for dei kovariante fartsvektor komponentane i generelle koordinatar. Med ein koordinatttransformasjon x j x j, finn ein d x j dt = d xj dx j dx j dt, eller vj = d xj dx j vj som er transformasjonslova for ein kontravariant vektorkomponent. Ein annan måte å sjå dette på er å ta utgangspunkt i likninga dx j dx j e j = d xj dx j ēj og så skalarmultiplisere denne likninga med ē k og brukar at ē k = xk x i ei då får ein same resultatet. For akselerasjonen finn ein dv dt = dvj dt e j + v j e j dx k x k dt der vi har brukt at For akselerasjonen a j har ein då = d2 x j dt e 2 j + dxk dx j dt dt Γr jk e r = d2 x j dt e 2 j + dxr dx s dt dt Γj rs e j e j x k =Γr jke r a j = d2 x j dt 2 + dxr dt dx s dt Γj rs b) Vi har no v = v j e j a = a j e j storleiken på v og a i retningen e 1 er v 1 e 1 og a 1 e 1 der e 1 = r x 1, og her er r = r(t) partikkelbanen. Tilsvarande har ein for dei andre komponentane. c) Sylinderkoordinatar x = ρ cos θ y = ρ sin θ z = z x 1 = ρ x 2 = θ x 3 = z r = {x, y, z} = {ρ cos θ, ρ sin θ, z} 23

r x 1 = {cos θ, sin θ, 0} = e 1 = e r r x 2 = { ρ sin θ, ρ cos θ, 0} = e 2 = ρe θ r x 3 = {0, 0, 1} = e 3 = e z e 1 x 1 = 0, e 2 x 1 = { sin θ, cos θ, 0} = 1 ρ e 2, e 3 e 3 x 1 = {0, 0, 0}, e 1 x 2 = { sin θ, cos θ, 0} = 1 x 1 e 2 = 1 ρ e 2 = e θ, e 1 = {0, 0, 0}, x3 e 2 x 2 = ρ{cos θ, sin θ, 0} = ρe 1 =, x 2 = {0, 0, 0}, e 3 = {0, 0, 0}. x3 e 2 = {0, 0, 0} x3 Γ i jk = ek e i x j, e i x j = x i x j r = x j x i r = x i e j Γ 2 12 =Γ 2 21 = 1 ρ, Γ1 21 = ρ v r = ρ a ρ = ρ θ 2 ρ ρ θ 2 ρ v θ = θ a θ = θ + 2 ρ ρ θ ρ θ +2 ρ θ v z =ż a z = z z der den siste kollonnen representerer dei fysiske komponentane. Kulekoordinatar x = r sin θ cos φ y = r sin θ sin φ z = r cos θ x 1 = r x 2 = φ x 3 = θ r = {x, y, z} = r{sin θ cos φ, sin θ sin φ, cos θ} r x 1 = {sin θ cos φ, sin θ sin φ, cos θ} = e 1 = e r r x 2 = r{ sin θ sin φ, sin θ cos φ, 0} = e 2 = re φ r x 3 = r{cos θ cos φ, cos θ sin φ, sin θ} = e 3 = re θ e 1 x 1 = 0, e 1 x 2 = { sin θ sin φ, sin θ cos φ, 0} = 1 r e 2 = e φ, e 1 x 3 = {cos θ cos φ, cos θ sin φ, sin θ} = 1 r e 3 = e θ, e 2 x 1 = { sin θ sin φ, sin θ cos φ, 0} = 1 r e 2 = e φ e 2 x 2 = r{ sin θ cos φ, sin θ sin φ, 0} = sin θ(re 1 sin θ + e 3 cos θ), 24

e 2 x 3 = r{ cos θ sin φ, cos θ cos φ, 0} = cot θe 2 e 3 x 1 = {cos θ cos φ, cos θ sin φ, sin θ} = 1 r e 3 = e θ, e 3 x 2 = r{ cos θ sin φ, cos θ cos φ, 0} = cot θe 2 = cot θe φ e 3 x 3 = r{ sin θ cos φ, sin θ sin φ, cos θ} = re 1,, Γ θ θr = 1 r, Γφ φr = 1 r, Γr θθ = r, Γ φ θφ = cot θ, Γr φφ = r sin2 θ, Γ θ φφ = sin θ cos θ. a k = ẍ k +ẋ r ẋ s Γ k rs, a r = r θ 2 r r sin 2 θ φ 2, a θ = θ + 2 r ṙ θ φ 2 sin θ cos θ, a φ = φ + 2 r ṙ θ +2 θ φ cot θ. Her er e 1 =1, e 2 = r og e 3 = r sin θ. Oppgåve 6.10 Her er det å merka at kofaktorelementet G ij oppfyller likninga G ij = gg ij sidan g ij og g ij er inverse. Resultatet følgjer rett fram frå dette. Oppgåve 6.11 For permutasjons-symbolet har ein følgjande +det(a j ɛ αβγ a p αa q i ) (pqr = jamn permutasjon) β ar γ = det(a j i ) (pqr = odde permutasjon 0 (to indeksar er like). Difor kan ein skriva (68) ɛ pqr det(a j i )=ɛαβγ a p αa q β ar γ. (69) Bruk transformasjonen x i = x i (x 1,x 2,x 3 ) slik at ein finn ɛ pqr det( xj xp x q x r )=ɛαβγ xi x α x β x γ. (70) Frå definisjonen har ein ɛ pqr = ɛ pqr og vidare ] 1 ɛ pqr = ɛ pqr = [det( xj x p x ) x q x r i x α x β x γ ɛαβγ. (71) Altså transformerer permutasjons-symbolet som ein relativ kontravariant tensor av orden 3 og vekt -1. Tilsvarande finn ein når ein ser på ɛ pqr. eller ɛ pqr det(a j i )=ɛ αβγa α p a β q a γ r, (72) 25

Merk at ɛ pqr det( xj x )=ɛ x α x β x γ i αβγ x p x q x. (73) r ] 1 det( [det( xj x i )= xj x i ). (74) Altså er ɛ pqr ein relativ kovariant tensor av orden 3 og vekt +1. Oppgåve 6.12 Vi har Stokes sats på vanleg form V dr = C S V ds (75) 1. Lat V = fa der f er ein skalarfunksjon og a er ein konstant vektor. Vi har då (fa) = f a (76) og integrala i likning (75) kan omformast slik: [ ] a fdr ds f =0, (77) C S Sidan a er ein vilkårleg vektor følgjer det at fdr = ds f, (78) som er eit døme på Stokes integralsats for ein skalarfunksjon. C 2. Lat V = a g der a er ein konstant vektor og g er ein vektorfunksjon. Vi har då S vidare har ein at (a g) =a g a g (79) (ds ) g = g ds ds g (80) Ein kan då omskriva likn. (78) som [ ] a g dr + (ds ) g =0, (81) C S og påny sidan a er ein vilkårleg vektor følgjer det at dr g = (ds ) g (82) C Ibåe desse tilfella får ein resultata frå den generaliserte Stokes sin sats dr Φ = (ds ) Φ (83) C S der Φ kan vere skalar, vektor eller dyade og multiplikasjonssymbolet må veljast som vanleg multiplikasjon, skalar produkt eller vektorprodukt, slik at uttrykka gjev meining. S 26

Oppgåve 6.13 I Gauss sats V vdτ = vdσ, (84) set v = fa, der f er ein skalarfunksjon og a er ein konstant vektor. Vi har då (fa) = a f. Ein finn då [ ] a fdτ dσf (85) V eller fdτ = dσf (86) V Vidare kan ein skriva ein vilkårleg dyade i ein fast ortogonal basis av einingsvektorar som Φ = e i e j φ ij. Erstattar ein f i likning (86) med φ ij, multipliserer med e i e j, som er ein konstant dyade og så summerer over i og j, så får ein Φdτ = dσφ (87) V I denne dyadiske likninga kan ein finna invariantar ved å setja inn høveleg operasjon (*) slik Φdτ = dσ Φ (88) og dette er den generaliserte Gauss sats. 7 Dobbelt vektorprodukt V Lat e 1, e 2, e 3 vera ein orthogonal kartesisk basis og lat u, v, w vera tre vilkårlege vektorar. Vi kan då skriva u = u i e i, (89) v = v j e j, (90) w = w k e k. (91) Vi ser på det doble vektorproduktet som kan utviklast etter formelen (u v) w = vu w uv w. (92) Vi skal visa formelen ved direkte utrekning: (u v) w = u i v j w k (e i e j ) e k (93) Vi reknar ut dei mogelege kombinasjonane av vektorprodukta av einingsvektorane e 1 e 2 = e 3 e 1 e 2 e 2 e 1 e 2 e 1 = e 3 e 1 e 2 e 2 e 1 e 1 e 3 = e 2 e 1 e 3 e 3 e 1 e 3 e 1 = e 2 e 1 e 3 e 3 e 1 e 2 e 3 = e 1 e 2 e 3 e 3 e 2 e 3 e 2 = e 1 e 2 e 3 e 3 e 2 Når vi fyller ut etter skjemat ovafor får ein 27

u 1 v 2 w 1 e 2 u 1 v 2 w 2 e 1 u 2 v 1 w 1 e 2 + u 2 v 1 w 2 e 1 +u 1 v 3 w 1 e 3 u 1 v 3 w 3 e 1 u 3 v 1 w 1 e 3 + u 3 v 1 w 3 e 1 +u 2 v 3 w 2 e 3 u 2 v 3 w 3 e 2 u 3 v 2 w 2 e 3 + u 3 v 2 w 3 e 2 Desse ledda kan vi samla slik v 1 e 1 (u 2 w 2 + u 3 w 3 +) v 2 e 2 (u 1 w 1 + u 2 w 2 +) v 3 e 3 (u 1 w 1 + u 2 w 2 +) u 1 e 1 (v 2 w 2 + v 3 w 3 +) u 2 e 2 (v 1 w 1 + v 3 w 3 +) u 3 e 3 (v 1 w 1 + v 2 w 2 +) Når vi adderer og subtraherer alle ledd med alle indeksar like ser vi lett at vi får formelen (92). Q.E.D. u 1 v 1 w 1 e 1 u 1 v 1 w 1 e 1 +u 2 v 2 w 2 e 2 u 2 v 2 w 2 e 2 +u 3 v 3 w 3 e 3 u 3 v 3 w 3 e 3 8 Geodesiske kurver som variasjonsproblem Utleiing av likninga d (g ijẋ i ) 1 2 Vi startar frå bogelengdeintegralet s = t2 t 1 g ik x i ẋi ẋ k =0. (94) g ij dx i dx j (95) Vi ser på variasjonen av s, når vi held endepunkta fast. Vi søkjer altså den kurva som har ein ekstremalverdi med omsyn på bogelengda. { } t2 dx δs = δ g i dx k t2 dx δ g i dx j ij ij t 1 = =0. (96) t 1 2 Vi ser på teljaren i siste integraletdet og finn g ij dx i dx j dx δ {g i ij dx j } = g ij dxi dx k δxk xj + g ijδ( dxj )dxi + g dx j ij δ(dxi ) = g ij dxi dx k δxk xj +2g dx i ij δ(dxj ) (97) 28

vidare har ein at δ( dxj )= d δxj. Vi satsar vidare på å bruke delvis integrasjon og finn at uttrykket i likn. (97) kan skrivast som Vi finn då t2 δs = δ t 1 g ij dx i dx k x k δxk +2 d (g dx i ij δxj ) 2 d (g dx j ij )δxj. { gij dx i dx j x k } 2 d (g ik dxi ) δx k +2 d (g ik dxi δxk ) =0. (98) 2 g ij dx i Merk at g ij er symmetrisk i indeksane i, j. Vi har vidare at t2 d 2 (g ik dxi t 1 dx 2 g i ij dx j δxk ) =0. Dette ser ein lett ved delvis integrasjon når ein merkar seg at δx k = 0 i endepunkta og Hugs at dx j d (g dx i dx j ik )=0. g ik dx i dx j, er lengda av tangentvektoren (sjå likn. (6.113)), som er konstanten 1, når ein deriverer dette m. o. p. bogelengda er resultatet null! Vidare har ein at sidan δx k er vilkårleg, så gjev fundamentallemmaet i variasjonsrekning at { gij dx i dx j x k 2 d (g dx i } ik ) =0. (99) No er d g ik = g ik d x j xj. Når ein nyttar dette, kan likn. (99) skrivast som g ik ẍ i + 1 g ki 2 x j ẋi ẋ j + 1 g kj 2 x i ẋi ẋ j 1 g ij 2 x k ẋi ẋ j =0. For å koma fram til dette resultatet har vi delt det eine leddet i to og forandra namn på summasjonsindeksane og brukt at g ij = g ji. Vi brukar så likn. (6.71) og finn g ik ẍ i +Γ ij,k ẋ i ẋ j =0. Ytreproduktet med g ml og kontraksjon over l og k gjev til slutt som samsvarar med likn. (6.114). ẍ m +Γ m ijẋi ẋ j =0, (100) 29