Градиент, дивергенция, ротор в криволинейных ортогональных системах координат

4. Векторный анализ в криволинейных координатах

4.6. Градиент, дивергенция, ротор в криволинейных ортогональных системах координат

Ранее были даны бескоординатные, общие определения основных дифференциальных операций: градиент, дивергения, ротор, а также на этой основе получены формулы (79), (90), (106), определяющие способ их вычисления в декартовой системе координат. Однако, общее определение позволяет получить выражения для ${\rm grad}\,\varphi$ , ${\rm div}\,{\mathbf A}$ и ${\rm rot}\,{\mathbf A}$ в произвольной системе координат.

1. Градиент скалярного поля. Пусть дано скалярное поле $\varphi({\mathbf r})$ . Согласно (75), ${\rm grad}\,\varphi$ определяется как предел:

$\displaystyle {\rm grad}\,\varphi = \lim_{V\to 0}\displaystyle{\frac{1}{V}}\displaystyle{\oint\limits_{\Sigma}}\varphi{\mathbf n}\ dS\ .$

(225)

Рис.44 У вычислению интегралов вида (225)

Пусть также в области определения поля $\varphi({\mathbf r})$ задана криволинейная ортогональная система координат. Рассмотрим в качестве поверхности в (225) бесконечно малый параллелепипед объема $V=H_1H_2H_3\Delta q_1\Delta q_2\Delta q_3$ (рис. 44) (его гранями будут координатные поверхности). Тогда, в силу малости этого параллелепипеда, нормаль к каждой грани будет совпадать с соответствующим вектором репера: ${\mathbf n}_{ABCD}={\mathbf e}_3$ и т. д. Учитывая, что, например, на грани

и аналогично на остальных, получим:

$\begin{displaymath}\begin{array}{ll} \displaystyle{\oint\limits_{\Sigma}}\varphi... ...space{-1em}\varphi{\mathbf e}_2H_1H_3dq_1dq_3\ . \\ \end{array}\end{displaymath}$

(226)

Знак "минус" в последних трех слагемых появляется так как нормаль должна быть направлена во внешнюю область замкнутой поверхности.

$\begin{displaymath}\begin{array}{ll} \displaystyle{\oint\limits_{\Sigma}}\varphi... ...al q_3}} ( \varphi{\mathbf e}_3H_1H_2 )dq_1dq_2. \\ \end{array}\end{displaymath}$

(227)

Применяя теорему о среднем к (227), переходим к пределу в (225):

$\begin{displaymath}\begin{array}{l} {\rm grad}\,\varphi = \displaystyle{\frac{1}... ...{\partial q_3}}(\varphi{\mathbf e}_3H_1H_2) \biggr] \end{array}\end{displaymath}$

(228)

$\begin{displaymath}\begin{array}{l} {\rm grad}\,\varphi = \biggl[{\mathbf e}_1\d... ...tial }{\partial q_3}}({\mathbf e}_3H_1H_2) \biggr]. \end{array}\end{displaymath}$

(229)

Так как ${\mathbf e}_3=[{\mathbf e}_1,{\mathbf e}_2]$ , ${\mathbf e}_1=[{\mathbf e}_2,{\mathbf e}_3]$ , ${\mathbf e}_2=[{\mathbf e}_3,{\mathbf e}_1]$ и ${\mathbf e}_iH_i=\displaystyle{\frac{\partial {\mathbf r}}{\partial q_i}}$ , то второе слагаемое в (229) преобразуется к виду:

$\displaystyle \displaystyle{\frac{1}{H_1H_2H_3}}\varphi \biggl[ \displaystyle{\... ...q_1}},\displaystyle{\frac{\partial {\mathbf r}}{\partial q_2}} \biggr] \biggr]$

и обращается в ноль по свойству смешанных производных. Таким образом, формула для вычисления градиента скалярной функции в криволинейной ортогональной системе координат принимает вид:

$\displaystyle {\rm grad}\,\varphi = \biggl[{\mathbf e}_1\displaystyle{\frac{1}{... ...e{\frac{1}{H_3}}\displaystyle{\frac{\partial \varphi}{\partial q_3}} \biggr]\ .$

(230)

2. Дивергенция векторного поля. Получим выражение для ${\rm div}\,{\mathbf A}$ , используя общее определение дивергенции, как предела:

$\displaystyle {\rm div}\,{\mathbf A}=\lim_{V\to 0}\displaystyle{\frac{1}{V}}\displaystyle{\oint\limits_{\Sigma}}({\mathbf A},{\mathbf n}) dS.$

(231)

Как и в первом случае, пусть объем

ограничен бесконечно малым параллелепипедом (рис. 44). Вычислим поток в (231):

$\begin{displaymath}\begin{array}{ll} \displaystyle{\oint\limits_{\Sigma}}({\math... ...0em}({\mathbf A},{\mathbf e}_3)H_1H_2dq_1dq_2\ . \\ \end{array}\end{displaymath}$

(232)

Учитывая, что в ортогональной системе координат $({\mathbf A},{\mathbf e}_i)=A_i$ , получим

$\begin{displaymath}\begin{array}{ll} \displaystyle{\oint\limits_{\Sigma}}({\math... ...{\partial }{\partial q_3}}(A_3H_1H_2)dq_1dq_2\ . \\ \end{array}\end{displaymath}$

(233)

Применяя теорему о среднем и переходя к пределу (231), получим:

div $\displaystyle {\mathbf A}=\displaystyle{\frac{1}{H_1H_2H_3}} \biggl[ \displayst... ...artial q_2}} + \displaystyle{\frac{\partial (H_1H_2A_3)}{\partial q_3}} \biggr]$

(234)

3. Ротор векторного поля. Согласно определению (103), проекция вектора ${\rm rot}\,{\mathbf A}$ на произвольный вектор ${\mathbf n}$ равна:

$\displaystyle ({\rm rot}\,{\mathbf A},{\mathbf n}) = \lim_{S\to 0}\displaystyle{\frac{1}{S}}\displaystyle{\oint\limits_{L}}({\mathbf A},d{\mathbf l}).$

(235)

Если в качестве ${\mathbf n}$ выбрать векторы репера ${\mathbf e}_i$ , то величины $({\rm rot}\,{\mathbf A},{\mathbf e}_i)$ будут координатами вектора ${\rm rot}\,{\mathbf A}$ в системе координат, задаваемой тройкой $({\mathbf e}_1,{\mathbf e}_2,{\mathbf e}_3)$ , т. е. $({\rm rot}\,{\mathbf A})_i$ . Найдем $({\rm rot}\,{\mathbf A},{\mathbf e}_3)$ . Для этого вычислим циркуляцию поля ${\mathbf A}$ по контуру

(рис. 44). Тогда

$\begin{displaymath}\begin{array}{ll} \displaystyle{\oint\limits_{(ABCDA)}}\hspac... ...laystyle{\int\limits_{(DA)}}(A_1H_1)dq_1\ .\\ [1em] \end{array}\end{displaymath}$

(236)

Учитывая, что на линии

$q_1=q_1+\Delta q_1$ ,

$q_2=q_2+\Delta q_2$ , вместе с теоремой о среднем для каждого участка контура, получим:

$\displaystyle \displaystyle{\oint\limits_{(ABCDA)}}\hspace{-1.0em}({\mathbf A},... ... q_1}}(A_2H_2) - \displaystyle{\frac{\partial }{\partial q_2}}(A_1H_1) \right].$

(237)

Аналогичные вычисления можно проделать для векторов ${\mathbf e}_2$ , ${\mathbf e}_3$ и тогда из (235) следует:

$\begin{displaymath} \begin{array}{c} ({\rm rot}\,{\mathbf A})_1 = \displaystyle{... ...{\partial }{\partial q_1}}(A_3H_3) \right]\\ [1em] \end{array}\end{displaymath}$

$\begin{displaymath}\begin{array}{c} ({\rm rot}\,{\mathbf A})_3 = \displaystyle{\... ...partial }{\partial q_2}}(A_1H_1) \right]\ .\\ [1em] \end{array}\end{displaymath}$

(238)

Так как ${\rm rot}\,{\mathbf A}={\mathbf e}_1({\rm rot}\,{\mathbf A})_1 + {\mathbf e}_2({\rm rot}\,{\mathbf A})_2 + {\mathbf e}_3({\rm rot}\,{\mathbf A})_3$ , то (238) можно переписать следующим образом:

$\displaystyle {\rm rot}\,{\mathbf A} = \displaystyle{\frac{1}{H_1H_2H_3}} \left... ...{\partial q_3}} \\ [2em] A_1H_1 & A_2H_2 & A_3H_3 \\ \end{array} \right\vert\ .$

(239)

4. Оператор Лапласа определяется как $\Delta\phi={\rm div}\,{\rm grad}\,\phi$ . Тогда, используя выражения (230) и (234), получим:

$\displaystyle \Delta\phi=\displaystyle{\frac{1}{H_1H_2H_3}} \left[ \displaystyl... ...H_1H_2}{H_3}}\displaystyle{\frac{\partial \phi}{\partial q_1}} \right) \right].$

(240)

С использованием общих выражений для ${\rm grad}\,\phi$ , ${\rm div}\,{\mathbf A}$ , ${\rm rot}\,{\mathbf A}$ и $\Delta\phi$ можно получить следующие формулы для вычисления в:

- цилиндрической системе координат $(\rho,\varphi,z)$ :

$\displaystyle {\normalsize \begin{array}{ll} {\rm grad}\,\phi = & {\mathbf e}_\... ...varphi^2}} + \displaystyle{\frac{\partial^2 \phi}{\partial z^2}}; \end{array} }$

(241)

- сферической системе координат $(r,\theta\varphi)$ :

$\begin{displaymath} {\normalsize \begin{array}{ll} {\rm grad}\,\phi = & {\mathbf... ...partial A_r}{\partial \theta}} \right] \\ [1em] \end{array}} \end{displaymath}$

$\displaystyle {\normalsize \begin{array}{ll} \Delta\phi = & \displaystyle{\frac... ...eta}}\displaystyle{\frac{\partial^2 \phi}{\partial \varphi^2}}\ . \end{array} }$

(242)

Пример 4-1. Вычислить ${\rm grad}\,r$ , ${\rm div}\,{\mathbf r}$ и ${\rm rot}\,{\mathbf r}$ в сферической системе координат.

Решение. Радиус-вектор в сферической системе координат имеет вид ${\mathbf r}={\mathbf e}_r r$ , $r=\vert{\mathbf r}\vert$ и тогда

$\displaystyle {\rm grad}\,r = {\mathbf e}_r\displaystyle{\frac{\partial r}{\partial r}} = {\mathbf e}_r \equiv \displaystyle{\frac{{\mathbf r}}{r}};$

$\displaystyle {\rm div}\,{\mathbf r} = \displaystyle{\frac{1}{r^2\sin\theta}}\d... ...l }{\partial r}}(r\cdot r^2\sin\theta) = \displaystyle{\frac{1}{r^2}}3r^2 = 3;$

$\begin{displaymath} {\rm rot}\,{\mathbf r} = \displaystyle{\frac{1}{r^2\sin\thet... ...l \varphi}} \\ [1em] r & 0 & 0 \\ \end{array}\right\vert = 0. \end{displaymath}$

Пример 4-2. Вычислить $\nabla({\mathbf a},{\mathbf r})$ , ${\mathbf a}=$ Const.

Решение. Направим ось

вдоль вектора ${\mathbf a}$ . Тогда в сферической системе координат

$\displaystyle {\mathbf r}={\mathbf e}_r r,\qquad {\mathbf a}={\mathbf e}_r a\co... ...a + {\mathbf a}_\theta\sin\theta;\qquad ({\mathbf a},{\mathbf r})=ar\cos\theta$

$\displaystyle \nabla({\mathbf a},{\mathbf r}) = {\mathbf e}_r \displaystyle{\fr... ...heta = {\mathbf e}_r a\cos\theta + {\mathbf a}_\theta\sin\theta = {\mathbf a}.$

В цилиндрической системе координат

$\displaystyle {\mathbf r}={\mathbf e}_\rho \rho + {\mathbf k}z\qquad {\mathbf a}={\mathbf k}a;\qquad ({\mathbf a},{\mathbf r})= az = f(z)$

$\displaystyle \nabla({\mathbf a},{\mathbf r}) = {\mathbf k}\displaystyle{\frac{\partial }{\partial z}}(az) = {\mathbf k}a = {\mathbf a}.$

Как видно, цилиндрическая система координат в данном случае "выгоднее" сферической, что определяется свойством дифференцируемой функции, которая имеет цилиндрическую симметрию за счет выделенного направления, заданного вектором ${\mathbf a}$ .


			Содержание