Bilaga B. B.1 Lösningar till uppgifter i kapitel 1

Bilaga B ösningar B.1 ösningar till uppgifter i kapitel 1 Uppgift 1.1 a) Det gäller att aa T = 1, där 1 är enhetsmatrisen, samt att det(a) = 1. åledes är a en rotation. Q.E.D. b) Transformationsegenskapen T ik = a ijt jl a kl ger matrisformeln (T ik) = (a ij )(T jl )(a kl ) T. Genom att utföra matrismultiplikationen i högerledet erhålls 0 0 0 (T ik) = 0 2 0. 0 0 2 Uppgift 1.2 a) Tensorn A ij är en tensor av andra ordningen och dess komponenter transformeras därför enligt A ij = a ir a js A rs. Eftersom den enda nollskilda komponenten i K är A 11, så erhålls A ij = a i1a j1. Transformationskoefficienterna ges av cosα sinα 0 (a ij ) = sin α cosα 0. 0 0 1 Ur detta erhålls a 11 = cosα, a 21 = sinα samt a 31 = 0. Komponenterna A ij ges därför av cos 2 α cosαsin α 0 (A ij ) = cosαsin α sin 2 α 0. 0 0 0 93

94 BIAGA B. ÖNINGAR b) Genom att använda = e i i erhålls Q.E.D. (ΦA) = i ΦA i = Φ i A i + A i i Φ = Φ A + A Φ. Uppgift 1.3 Transformationskoefficienterna ges av cosα sinα 0 (a ij ) = sin α cosα 0. 0 0 1 Genom att utnyttja att den enda nollskilda komponenten A ik i koordinatsystemet K är A 11 = 1 erhålls A ik = a i1a j1. De nollskilda komponenterna i koordinatsystemet K blir således A 11 = cos 2 α, A 22 = sin 2 α samt A 12 = A 21 = cosα sin α. Uppgift 1.4 Komponenterna A ij ges av (A ij ) = 0 0 1 0 1 0 1 0 0 och transformationskoefficienterna av (a ij ) = 1 0 0 0 cosα sin α. 0 sinα cosα Använder vi oss av transformationsrelationen (A ij ) = (a ik)(a kl )(a jl ) T erhålls 0 sin α cosα (A ij) = sin α cos 2 α sinαcosα. cosα sinαcosα sin 2 α Uppgift 1.5 Uppgiften löses genom att använda kända samband för partiella derivator, symmetrier och antisymmetrier samt relationen ǫ ijk ǫ klm = δ il δ jm δ im δ jl. a) b) (ΦA) = e i ǫ ijk j ΦA k = e i ǫ ijk (Φ j A k + A k j Φ) = e i ǫ ijk (Φ j A k A j k Φ) = Φ A (A )Φ (A + B) = i (A i + B i ) = i A i + i B i = A + B

B.1. ÖNINGAR TI UPPGIFTER I KAPITE 1 95 c) d) (A B) = e i ǫ ijk ǫ klm j A l B k = e i (δ il δ jm δ im δ jl )(A l j B m + B m j A l ) = e i (A i j B j + B j j A i A j j B i B i j A j ) = A( B) + (B )A (A )B B( A) Φ = e i ǫ ijk j k Φ = 1 2 e iǫ ijk ( j k k j )Φ = 0 Uppgift 1.6 i börjar med att skriva om integralen på tensorform: A dr = e i ǫ ijk A j dx k. Gauß sats ger nu A dr = e i ǫ ijk ǫ klm d l m A j = e i (δ il δ jm δ im δ jl ) d l m A j = e i (d i j A j d j i A j ), där vi även använt oss av ǫ-δ-relationen. Uppgift 1.7 Den totala spänningskraften på en godtycklig volym ges av en integral över dess randyta : F i = E ji d j. Använder vi oss nu av Gauß sats erhålls F i = d j E ji och således ges spännkraften på ett infinitesimalt volymselement av df i = d j E ji. Q.E.D.

96 BIAGA B. ÖNINGAR Uppgift 1.8 Betrakta kraftmomentet på en delvolym, givet av uttrycket M = r Fd + r e i σ ij d j, där F = F(r) är krafttätheten för krafter verkandes på volymen. Jämvikt kräver att ovanstående uttryck är noll. I komponentform erhålls ( ) M i = ǫ ijk x j F k d + x j σ kl d l. Genom att använda Gauß sats kan detta skrivas som M i = ǫ ijk d (x j F k + l x j σ kl ) = ǫ ijk d (x j F k + δ jl σ kl + x j l σ kl ). Enligt jämviktsekvationen (1.109) gäller att F k + l σ kl = 0. För att momentjämvikt skall råda krävs därför att d ǫ ijk σ kj = 0. Eftersom är en godtycklig volym, så måste integranden vara lika med noll. Det följer att ǫ ijk σ kj = 0, vilket är ekvivalent med att den antisymmetriska delen av σ kj är lika med noll. åledes är spänningstensorn symmetrisk. Q.E.D. Uppgift 1.9 a) Transformationskoefficienterna ges av (a ij ) = c s 0 s c 0, 0 0 1 där c = cosα och s = sin α. Eftersom A 111 är den enda nollskilda komponenten i K, så ges komponenterna i K av A ijk = a i1 a j1 a k1. Detta är nollskilt om och endast om alla tre ingående transformationskoefficienter är nollskilda. Detta är ekvivalent med att i, j, k 3. b) Komponenten A 122 ges av A 122 = a 11a 2 21 = cs2. Uppgift 1.10 a) Uttrycket förenklas med hjälp av kartesiska tensormetoder enligt A ( A) = e i ǫ ijk ǫ klm A j l A m = e i (δ il δ jm δ im δ jl )A j l A m = e i (A j i A j A j j A i ) = 1 2 (A2 ) (A )A.

B.1. ÖNINGAR TI UPPGIFTER I KAPITE 1 97 b) Uttrycket förenklas enligt följande: [(B )A] = i B j j A i = B j j i A i + ( i B j )( j A i ). Uppgift 1.11 a) T kk = a kja ki T ji = δ ji T ji = T ii b) T ij T ij = a ika jl a im a jn T kl T mn = δ km δ ln T kl T mn = T kl T kl c) Oavsett komponenterna i B ij gäller att ǫ ijk B i1 B j2 B k3 = ǫ ijk B 1i B 2j B 3k, vilket inses lätt om vi skriver ut termerna i summorna. Transformation mellan två kartesiska koordinatsystem ger ǫ ijk T i1t j2t k3 = ǫ ijk T il T jm T kn a 1l a 2m a 3n. i använder oss nu av relationen ovan med B ik = T il a kl och erhåller ǫ ijk T i1t j2t k3 = ǫ ijk T 1l T 2m T 3n a il a jm a kn = ǫ lmn T 1l T 2m T 3n = ǫ lmn T l1 T m2 T n3. Uppgift 1.12 Koordinattransformationen mellan två kartesiska koordinatsystem ges av x i = a ji x j + b i, där a ij är transformationskoefficienterna. Detta innebär att x j x = a ji. i Genom att använda det faktum att T ij och k är kartesiska tensorer erhålls k T ij x k x r T mn T mn = a kl l a im a jn x = a kl a im a jn a kr l = a im a jn l T mn. k x r x r x l åledes är k k T ij en kartesisk tensor. För integralen T ke dx e gäller det att T kedx e = a ki a ej T ij a el dx l = a ki T ij dx j. Integralen är således en tensor av första ordningen. Eftersom ǫ ijk är en tensor av tredje ordningen, så följer att kontraktionen ǫ ijk T ke dx e är en tensor av andra ordningen. Q.E.D.

98 BIAGA B. ÖNINGAR Uppgift 1.13 Med hjälp av kartesiska tensormetoder kan uttrycket ( φ a) skrivas ( φ a) = e i ǫ ijk ǫ klm j l φa m Det sökta villkoret blir således 2 φ = 0. = e i (δ il δ jm δ im δ jl ) j l φa m = e i ( i j φa j a i j j φ) = ( φ a) a 2 φ. Uppgift 1.14 i studerar vektoruttrycket [A ( A)] i volymen med hjälp av kartesiska tensormetoder: [A ( A)] = ǫ ijk ǫ klm i A j l A m = ǫ ijk ǫ klm [( i A j )( l A m ) + A j i l A m ] = ( A) 2 A [ ( A)] = ( A) 2, där vi använt oss av att A [ ( A)] = 0 i. Integralen kan nu förenklas med hjälp av Gauß sats: d ( A) 2 = d [A ( A)] = d [A ( A)]. Eftersom A ( A) = 0 på randytan, så blir integranden, och således även integralen, noll. Q.E.D. Uppgift 1.15 Tidsderivatan av den totala rörelsemängden ges av ( dp dt = d ρ v ) t + v ρ. t Genom användande av givna samband kan detta skrivas på formen dp dt = d [(ρv )v + P + v( ρv)]. Med hjälp av kartesiska tensormetoder skrivs detta om enligt dp = e i d [ρv k k v i + v i k ρv k + i P] dt = e i d k (ρv i v k + Pδ ki ) = e i d k (ρv i v k + Pδ ik ) = e i d k π ik, där π ik = ρv i v k + Pδ ik är en, uppenbarligen symmetrisk, tensor. Q.E.D.

B.1. ÖNINGAR TI UPPGIFTER I KAPITE 1 99 Uppgift 1.16 Genom att utnyttja relationen x i = a ijx j erhålls A ij a ika jl x k x l + B i a ikx k = 0. Detta är sant om och endast om A kl = A ij a ika jl och B k = B i a ik. Genom att multiplicera den första av dessa likheter med a mk a nl erhålls A mn = a mk a nl A kl och genom att multiplicera den andra med a lk erhålls B l = a lkb k. åledes utgör A ij och B i komponenter av tensorer. Hade inte A ij förutsatts vara symmetrisk skulle inte en yta unikt definiera dessa komponenter eftersom vi kan lägga till en godtycklig antisymmetrisk del utan att påverka andragradsytans form. Uppgift 1.17 a) i har enligt Einsteins summationskonvention δ ii = δ 11 + δ 22 + δ 33 = 1 + 1 + 1 = 3. b) Eftersom δ ij = δ ji och ǫ ijk = ǫ jik erhålls δ ij ǫ ijk = δ ji ǫ jik = δ ij ǫ ijk = 0. Detta gäller alltid då en symmetrisk tensor kontraheras med en antisymmetrisk. c) Enligt ekvation (1.73) gäller att ǫ ijk ǫ ljk = δ il δ jj δ ij δ jl = 2δ il. d) Enligt c) gäller att ǫ ijk ǫ ijk = 2δ ii = 6. Uppgift 1.18 a) För tensorn A ijkl = δ ij δ kl gäller att A ijkl = a im a jn a kr a ls δ mn δ rs = a im a jm a kr a lr = δ ij δ kl. åledes är A ijkl en isotrop tensor. b) För tensorn B ijkl = A ikjl + A iljk gäller att B ijkl = A ikjl + A iljk = A ikjl + A iljk = B ijkl eftersom A ijkl är en isotrop tensor. åledes är B ijkl en isotrop tensor. c) För tensorn C ijkl = ǫ nij ǫ nkl gäller att C ijkl = a im a jr a ks a le ǫ nmr ǫ nse = a im a jr a ks a le a bn a cn ǫ bmr ǫ cse = ǫ nijǫ nkl = ǫ nij ǫ nkl, där vi använt oss av att ǫ ijk är en isotrop tensor samt att a bn a cn = δ bc. åledes är C ijkl en isotrop tensor.

100 BIAGA B. ÖNINGAR Uppgift 1.19 a) Det gäller att ( A) = ǫ ijk i j A k = ǫ jik j i A k = 0 eftersom de partiella derivatorna kommuterar. b) Uttrycket förenklas enligt (A B) ( C) = ǫ ijk ǫ ilm A j B k l C m c) Uttrycket förenklas enligt = (δ jl δ km δ jm δ kl )A j B k l C m = A j B k j C k A j B k k C j = B [(A )C] A [(B )C]. ( A) = e i ǫ ijk ǫ klm j l A m d) Uttrycket förenklas enligt = e i (δ il δ jm δ im δ jl ) j l A m = e i ( i j A j j j A i ) = ( A) 2 A. (A B) = e i ǫ ijk ǫ klm j A l B m = e i (δ il δ jm δ im δ jl )(B m j A l + A l j B m ) = e i (B j j A i + A i j B j A j j B i B i j A j ) = (B )A + A( B) (A )B B( A). e) Uttrycket förenklas enligt (r φ) = ǫ ijk i x j k φ = ǫ ijk (δ ij k φ + x j i k φ) = 0. f) Uttrycket förenklas enligt (r φ) = e i ǫ ijk ǫ klm j x l m φ = e i (δ il δ jm δ im δ jl )(δ jl m φ + x l j m φ) = e i ( i + x i j j 3 i x j i j )φ = r 2 φ 2 φ (r ) φ. g) Uttrycket förenklas enligt [r ( A)] = e i ǫ ijk ǫ klm ǫ mnp j x l n A p = e i (δ il δ jm δ im δ jl )ǫ mnp (δ jl n + x l j n )A p = e i [ǫ jnp (δ ij n + x i j n ) ǫ inp (3 n + x j j n )]A p = e i ǫ inp ( n 3 n x j j n )A p = (2 + r )( A).

B.1. ÖNINGAR TI UPPGIFTER I KAPITE 1 101 h) Uttrycket förenklas enligt [( φ) ( ψ)] = ǫ ijk i ( j φ)( k ψ) = ǫ ijk [( i j φ)( k ψ) + ( j φ)( i k ψ)] = 0. i) Uttrycket förenklas enligt [(r )B] = e i ǫ ijk j x l l B k = e i ǫ ijk (δ jl l B k + x l l j B k ) = (1 + r )( B). j) Uttrycket förenklas enligt [(r ) B] = ǫ ijk ǫ jlm i x l m B k = (δ kl δ im δ km δ il )(δ il m B k + x l i m B k ) = m B m + x k i i B k 3 m B m x i i k B k = r ( 2 B) (2 + r )( B). k) Uttrycket förenklas enligt (A )(B C) = e j ǫ jlm A i i B l C m = A i e j ǫ jlm (C m i B l + B l i C m ) = B [(A )C] C [(A )B]. Uppgift 1.20 Uttrycket kan skrivas som [(r ) (r )]φ = e i ǫ ijk ǫ jlm ǫ knp x l m x n p φ = e i ǫ knp (δ kl δ im δ km δ il )x l (δ mn + x n m ) p φ = e i [ǫ kip x k p + ǫ knp x k x n i p ǫ knp x i (δ nk p + x n k p )]φ. Alla termer utom den första innehåller symmetriska tensorer som kontraheras med permutationssymbolen, således överlever enbart den första termen. Resultatet blir Q.E.D. [(r ) (r )]φ = e i ǫ kip x k p φ = r φ.

102 BIAGA B. ÖNINGAR Uppgift 1.21 a) Integralen kan skrivas A dr = e i ǫ ijk A j dx k = e i ǫ ijk ǫ klm d l m A j = e i (δ il δ jm δ im δ jl ) d l m A j = e i (d i j A j d j i A j ), där tokes sats har använts för att skriva om linjeintegralen till en ytintegral. b) Integralen kan skrivas A(B dr) = e i = e i A i B j dx j ǫ jlk d l k A i B j = e i ǫ jlk d l (B j k A i + A i k B j ) = A[d ( B)] B[d (B )]A, där tokes sats har använts för att skriva om linjeintegralen till en ytintegral. c) Integralen skrivs om till en ytintegral med hjälp av tokes sats enligt ǫ ijk A ij dx k = ǫ ijk ǫ klm d l m A ij = (δ il δ jm δ im δ jl ) d l m A ij = d i j (A ij A ji ). Det är rimligt att enbart den antisymmetriska delen av A ij ger ett bidrag till integralen eftersom vi i den ursprungliga linjeintegralen kontraherat A ij med permutationssymbolen. Uppgift 1.22 Integralen kan skrivas I = (A φ) d = ǫ ijk d i A j k φ.

B.1. ÖNINGAR TI UPPGIFTER I KAPITE 1 103 Eftersom A är virvelfritt gäller att φǫ ijk k A j = 0 och således även I = ǫ ijk d i (A j k φ + φ k A j ) = ǫ ijk d i k A j φ = A j φdx j = φa dr, där vi använt tokes sats för att skriva om ytintegralen som en linjeintegral. Uppgift 1.23 Integralen kan skrivas I = [( φ) GradA] d = e l ǫ ijk ( j φ)( k A l )d i. ägger vi till 0 = e i ǫ ijk ( k j φ)a l till integranden erhålls I = e l d u ǫ ijk k A l j φ = e l dx j A l j φ = A(dr φ), där vi har använt oss av tokes sats för att skriva om ytintegralen till in linjeintegral. Uppgift 1.24 a) Integralen kan skrivas d ( A) = e i ǫ ijk ǫ klm j l A m = e i (δ il δ jm δ im δ jl ) d j l A m = e i d j ( i A j j A i ), där vi använt oss av Gauß sats för att göra om integralen över volymen till en integral över dess randyta. b) Integralen kan skrivas I = d [( φ) ] A = d ǫ ijk ( j φ) k A i.

104 BIAGA B. ÖNINGAR Eftersom A i ǫ ijk j k φ = 0 (de partiella derivatorna kommuterar) kan detta adderas till integranden utan att ändra resultatet I. Effekten av detta blir att I = = = = d ǫ ijk [( j φ) k A i + A i j k φ] ǫ ijk k A i j φ d k ǫ ijk A i j φ d (A φ), där vi använt oss av Gauß sats för att skriva om integralen över volymen till en integral över dess randyta. Uppgift 1.25 Integralen kan skrivas I = d (B )A = e i d B j j A i. Eftersom B är ett källfritt fält gäller att j B j = 0, således kan vi addera e i A i j B j till integranden utan att ändra I. Resultatet av detta är I = e i = e i = e i = d (B j j A i + A i j B j ) d j A i B j d j A i B j A(B d), där vi använt oss av Gauß sats för att göra om integralen över volymen till en integral över dess randyta. Uppgift 1.26 i studerar termen d ( E), denna kan skrivas som d ( E) = e i ǫ ijk ǫ klm d j l E m = e i (δ il δ jm δ im δ jl )d j l E m = e i d j ( i E j j E i ).

B.1. ÖNINGAR TI UPPGIFTER I KAPITE 1 105 i kan använda detta för att skriva om integralen av denna term enligt d ( E) = e i d j ( i E j j E i ) = e i d j ( i E j j E i ) = e i d ( i j E j j j E i ) = e i (d i j E j d j j E i ) = [d( E) (d )E], där Gauß sats har använts för att först skriva om en ytintegral till en volymsintegral och sedan skriva om den omskrivna volymsintegralen till en ytintegral. Ur detta följer att det i uppgiften givna uttrycket är lika med noll. Q.E.D. Uppgift 1.27 För kraften F gäller att F i = df i = d ǫ ijk j j B k = 1 d ǫ ijk B k ǫ jlm l B m µ 0 = 1 d (δ kl δ im δ il δ km )B k l B m µ 0 = 1 d (B k k B i B k i B k ). µ 0 Genom att lägga till B i k B k = 0 till integranden kan denna skrivas F i = 1 d ( k B k B i 12 ) µ ib k B k 0 = 1 (d k B k B i 12 ) µ d ib k B k 0 där = 1 µ 0 = d j ( B i B j 1 2 δ ijb k B k ) T ij d j, T ij = B i B j 1 2 δ ijb k B k och Gauß sats har använts för att skriva om integralen över volymen till en integral över dess randyta.

106 BIAGA B. ÖNINGAR Uppgift 1.28 a) Om T ik = T ki så gäller att T ik = a li a jk T lj = a li a jk T jl = T ik. Om en tensor är symmetrisk i ett koordinatsystem så är den alltså automatiskt symmetrisk i ett annat. Eftersom T ik given i uppgiften är symmetrisk och tensorn T ik inte är det existerar alltså inget koordinatsystem K så att T ik antar den angivna formen. b) Kontraktionen T ii är en skalär och har samma värde i alla koordinatsystem. Det gäller att T ii = 3 och att T ii = 0, således existerar inget koordinatsystem K så att T ik antar den angivna formen. c) Något sådant koordinatsystem existerar inte av samma anledning som i a). Uppgift 1.29 a) Kraftens komponenter ges av F i = mǫ ijk ǫ klm ω j ω l x m = m(δ il δ jm δ im δ jl )ω j ω l x m = m(ω j ω j x i ω i ω j x j ) = mt ij x j, där vi har definierat T ij = m(δ ij ω k ω k ω i ω j ). b) Eftersom ω är den enda vektorn som ingår i definitionen av tensorn T ij är det rimligt att tro att ω är en egenvektor till denna tensor. Detta kan enkelt visas genom att sätta in detta i egenvärdesekvationen λa i = T ij a j, resultatet blir T ij ω j = m(ω k ω k ω i ω i ω j ω j ) = 0 och således är ω en egenvektor till tensorn T ij med egenvärdet noll (detta kan även lätt inses eftersom ω ω = 0). Antag nu att vi har en egenvektor a som uppfyller a i ω i = 0 (dessa existerar eftersom T ij är symmetrisk och det således existerar en uppsättning ortogonala egenvektorer). Resultatet av detta blir att T ij a j = m(ω k ω k a i ω i ω j a j ) = mω k ω k a i. Det följer att övriga egenvektorer har egenvärdet mω 2 och kan väljas godtyckligt så länge de väljs ortogonala mot ω. Uppgift 1.30 a) Den potentiella energin kan skrivas φ = (m 1 )(m 2 ) 1 r 1 = m 1i m 2j i j r = m 1i m 2j M ij,

B.1. ÖNINGAR TI UPPGIFTER I KAPITE 1 107 där M ij = i j (1/r) är en kartesisk tensor av andra ordningen. Genom att utföra deriveringarna erhålls M ij = 1 ( ) 3 r 3 r 2 x ix j δ ij. b) Den enda riktnig som utmärker sig i systemet är skillnadsvektorn r mellan de två dipolerna. Det är därför rimligt att denna skulle kunna vara en egenvekor till M ij. Detta kan visas genom att sätta in r i egenvärdesekvationen M ij x j = 1 r 3 ( 3 r 2 x ix j x j x i ) = 2 r 3 x i. åledes är r en egenvektor till M ij med egenvärdet 2/r 3. Eftersom M ij är symmetrisk existerar minst en uppsättning ortogonala egenvektorer till M ij, vi ansätter därför att övriga egenvektorer a uppfyller a i x i = 0. Genom att sätta in detta i egenvärdesekvationen erhålls M ij a j = 1 r 3 ( 3 r 2 x ix j a j a i ) = 1 r 3 a i. Ovanstående gäller för alla vektorer som är ortogonala mot r och således är alla dessa egenvektorer till M ij med egenvärdet 1/r 3. Uppgift 1.31 a) Kraftens komponenter kan skrivas som F i = eǫ ijk v j B k = M ij v j, där M ij = eǫ ijk B k är en tensor av andra ordningen. b) Eftersom B är den enda riktning som utmärker sig i definitionen av tensorn M ij är det rimligt att anta att B är en egenvektor till densamma. Detta kan enkelt visas genom att sätta in B i egenvärdesekvationen M ij B j = eǫ ijk B j B k = 0. åledes är B en egenvektor till M ij med egenvärdet noll. Antag nu att vektorn a är en egenvektor till M ij med egenvärdet λ. Detta innebär att N ik a k = M ij M jk a k = λm ij a j = λ 2 a i, a är alltså en egenvektor till M ij M jk med egenvärdet λ 2. amtidigt gäller att N ik = e 2 ǫ ijl ǫ jkm B l B m = e 2 (δ lk δ im δ lm δ ik )B l B m = e 2 (B i B k δ ik B l B l ). Eftersom tensorn N ik är symmetrisk har den en ortogonal uppsättning reella egenvektorer, en av dessa är B enligt ovan. Antag nu att vi har en vektor a som är ortogonal mot B. I detta fall erhålls N ij a j = e 2 (B i B k a k a i B l B l ) = e 2 B l B l a i. åledes måste a vara en egenvektor till N ij. Det följer att de två resterande egenvärdena till N ij är λ 2 = e 2 B i B i. Detta innebär att λ = ±ie B i B i. Alltså har tensorn M ij två imaginära egenvärden (±ie B i B i ) och ett egenvärde som är noll. Egenvektorn tillhörandes egenvärdet noll är parallell med B.

108 BIAGA B. ÖNINGAR Uppgift 1.32 Kraftens komponenter ges av F i = d ρe i = ǫ 0 d E i j E j = ǫ 0 d ( j E i E j E j j E i ) = ǫ 0 d ( j E i E j + E j j i φ) = ǫ 0 d ( j E i E j + E j i j φ) = ǫ 0 d ( j E i E j E j i E j ) = ǫ 0 d ( j E i E j 12 ) ie j E j = (d j E i E j 12 ) d ie j E j ( = d k E i E k 1 ) 2 δ ike j E j = d k T ik, där T ik = E i E k (1/2)δ ik E j E j och där Gauß sats använts för att skriva om integralen över volymen till en integral över dess randyta. Uppgift 1.33 Med hjälp av kartesiska tensormetoder kan integralen skrivas I = d [A( A) A ( A)] = e i d [A i j A j ǫ ijk ǫ klm A j l A m ] = e i d [A i k A k (δ il δ jm δ im δ jl )A j l A m ] = e i d (A i j A j A j i A j + A j j A i ) = e i d ( j A i A j 12 ) ia j A j = e i (A i A j 12 ) δ ija k A k d j, där Gauß sats använts för att skriva om integralen över volymen till en integral över dess randyta.

B.1. ÖNINGAR TI UPPGIFTER I KAPITE 1 109 a) Applicerat på det rotationsfria fältet E erhålls [ d E( E) = E(E d) 1 ] 2 E2 d, vilket är ekvivalent med resultatet i uppgift 1.32. b) Applicerat på det källfria fältet B erhålls d B ( B) = vilket är ekvivalent med resultatet i uppgift 1.27. [ B(B d) 1 2 B2 d ],