Нахождение потенциала

В предыдущем разделе мы доказали, что если выполняются условия потенциальности поля $\bar {a}(\mathbf{\textit{M}})$, то $\varphi (M)=\int\limits_{\mathop {M_0 M}\limits^\cup } {\bar {a}d\bar {r}} $, где $M_0 \in V$ - фиксированная точка. Обычно, если в точке $\mathbf{\textit{O}}(0,0,0)$ поле не имеет особенностей, то в качестве точки $M_0 (x_0 ,y_0 ,z_0 )$ берётся именно эта точка, если в этой точке поле не определено, берётся другая точка.

Интегрирование ведут по пути, состоящим из отрезков, параллельных координатным осям. В результате получим $\varphi (M)=\int\limits_{x_0 }^x {P(x,y_0 ,z_0 )dx} +\int\limits_{y_0 }^y {Q(x,y,z_0 )dy} +\int\limits_{z_0 }^z {R(x,y,z)dz} $.

nakhozhdenie-potentsiala-0

Пример 1

Доказать, что поле $\bar {a}(x,y,z)=\frac{y\cos (xy)}{z}\bar {i}+\frac{x\cos (xy)}{z}\bar {j}-\frac{\sin (xy)}{z^2}\bar {k}$ потенциально и найти потенциал этого поля.

Решение

Мы будем доказывать, что это поле потенциально в любой односвязной области $\mathbf{\textit{V}}$, не содержащей точку $\mathbf{\textit{O}}(0,0,0)$. Условие безвихревости поля $\bar {a}$:

$rot\bar {a}(M)=\left| {\begin{array}{l} \,\bar {i}\,\,\,\,\bar {j}\,\,\,\bar {k} \\ \frac{\partial }{\partial x}\,\,\frac{\partial }{\partial y}\,\,\frac{\partial }{\partial z} \\ \,P\,\,Q\,\,\,R \\ \end{array}} \right|=\left( {\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}} \right)\bar {i}+\left( {\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}} \right)\bar {j}+\left( {\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}} \right)\bar {k}=0$ в координатной форме сводится к равенствам $\frac{\partial R}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial z}, \frac{\partial P}{\partial z}=\frac{\partial R}{\partial x}, \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}$.

В нашем поле $P(x,y,z)=\frac{y\cos (xy)}{z}, Q(x,y,z)=\frac{x\cos (xy)}{z},R(x,y,z)=-\frac{\sin (xy)}{z^2}$. Находим производные:

$\frac{\partial R}{\partial y}=-\frac{x\cos (xy)}{z^2}$,

$\frac{\partial Q}{\partial z}=-\frac{x\cos (xy)}{z^2}=\frac{\partial R}{\partial y}$,

$\frac{\partial P}{\partial z}=-\frac{y\cos (xy)}{z^2}$,

$\frac{\partial R}{\partial x}=-\frac{y\cos (xy)}{z^2}=\frac{\partial P}{\partial z}$,

$\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\cos (xy)-xy\sin (xy)}{z}$,

$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\cos (xy)-xy\sin (xy)}{z}=\frac{\partial Q}{\partial x}$ Потенциальность поля доказана.

Ищем потенциал. Интеграл $\varphi (M)=\int\limits_{\mathop {M_0 M}\limits^\cup } {\bar {a}d\bar {r}} $ вычисляем по изображённому на рисунке пути, отправляясь от точки $\mathbf{\textit{M}}_{0}$(0,0,1). $\varphi (x,y,z)=\int\limits_0^x {\frac{0\cdot \cos (x\cdot 0)}{1}dx} +\int\limits_0^y {\frac{x\cdot \cos (xy)}{1}dy} -\int\limits_1^z {\frac{\sin (xy)}{z^2}dz} = =\left. {\sin (xy)} \right|_0^y +\left. {\frac{\sin (xy)}{z}} \right|_1^z =\sin (xy)+\left[ {\frac{\sin (xy)}{z}-\sin (xy)} \right]=\frac{\sin (xy)}{z}$.

Если бы мы взяли в качестве точки $\mathbf{\textit{M}}_{0}$ другую точку $\mathbf{\textit{M}}_{1}$, то получили бы выражение, отличающееся на некоторую постоянную {более точно, на $C=\int\limits_{\mathop {M_0 M_1 }\limits^\cup } {\bar {a}d\bar {r}} )$, поэтому $\varphi (x,y,z)= \frac{\sin (xy)}{z}+C$.