Дивергенция градиента (дивергенция магнитного тока)

[Imaginarium]

Здравствуйте.
Пытаюсь на скорую руку доказать, как мне кажется, простенькое соотношение:

$$\operatorname{div}(\vec{j}_{mag}) = 0 \text{, где } \vec{j}_{mag} = -c \vec{m}\times \nabla f(|\vec{r} - \vec{R}|)$$

Решаем:
про $f$ ничего конкретного не сказано, и я, наверное, могу считать ее просто столбцом $\left(\begin{array}{crl} x-X\\y-Y\\z-Z \end{array}\right)$.
Тогда имеем следующее векторное произведение:

$$\left(\begin{array}{crl} m_x\\m_y\\m_z \end{array}\right) \times \left(\begin{array}{crl} x-X\\y-Y\\z-Z \end{array}\right) = (m_y(z-Z)-m_z(y-Y))-(m_x(z-Z)-m_z(x-X))+(m_x(y-Y)-m_y(x-X)) = $$

$$ =m_y((z-Z)-(x-X)) - m_z((y-Y)+(x-X)) - m_x((z-Z)-(y-Y))$$

. Соответственно, в последней строке я считаю первое слагаемое теперь $F_y$, второе будет $F_z$, а $F_x$ - третье слагаемое. И, конечно, скобки дадут нули в частных производных для дивергенции, даже если группировать относительно скобок, а не относительно компонентов $\vec{m}$. Я прав, задача тривиальна? Или тут есть подвох? Условие задачи я воспроизвел в точности.

Спасибо.

UPD: я забыл про градиент, но, как я понимаю, он мало что добавит:

$$\nabla f(|\vec{r} - \vec{R}|) = \left(\begin{array}{crl} \partial_x f(x-X)\\ \partial_y f(y-Y)\\ \partial_z f(z-Z) \end{array}\right)$$

тогда перепишем:

$$\left(\begin{array}{crl} m_x\\m_y\\m_z \end{array}\right) \times \left(\begin{array}{crl} \partial_x f(x-X)\\ \partial_y f(y-Y)\\ \partial_z f(z-Z) \end{array}\right) = m_y(\partial_z f(z-Z)-\partial_x f(x-X)) -$$

$$ -m_z(\partial_y f(y-Y)+\partial_x f(x-X)) - m_x f(\partial_z(z-Z)-\partial_y f(y-Y))$$

причем $\partial_a f(a-A) = 1$ насколько я понимаю, и все равно в дивергенции будет ноль из суммы нулей.

[Otta]

Imaginarium в сообщении #1388046 писал(а):

про $f$ ничего конкретного не сказано, и я, наверное, могу считать ее просто столбцом

Из того, что не сказано, нельзя что-то считать.
Более того, это скалярная функция, что видно по постановке задачи.
Скалярная функция скалярного аргумента.
Вот и берите произвольную такую $f$, считайте градиент и т.д.

[svv]

Какие средства можно использовать? Скажем, в тензорной записи это получается моментально.

[Imaginarium]

svv в сообщении #1388051 писал(а):

Какие средства можно использовать? Скажем, в тензорной записи это получается моментально.

Спасибо за ответ. Любыми можно, пока не могу сообразить, как тут тензоры использовать...

-- 16.04.2019, 15:36 --

Otta в сообщении #1388049 писал(а):

Imaginarium в сообщении #1388046 писал(а):

про $f$ ничего конкретного не сказано, и я, наверное, могу считать ее просто столбцом

Из того, что не сказано, нельзя что-то считать.
Более того, это скалярная функция, что видно по постановке задачи.
Скалярная функция скалярного аргумента.
Вот и берите произвольную такую $f$, считайте градиент и т.д.

Здравствуйте, Otta, спасибо за ответ, уже увидел и исправил, записал градиент, но вроде бы он ничего не добавляет содержательного...

[svv]

Удобно индекс, возникающий от дифференцирования по координате, писать после запятой. Это даёт очень компактную запись:
$\mathbf a=\operatorname{grad} f$ запишется как $a_i=f_{,i}$
$\operatorname{div}\mathbf j$ запишется как $j_{i, i}$
Как записать векторное произведение $\mathbf j=\mathbf m\times\mathbf a$ с помощью символов Леви-Чивита, знаете?

[Imaginarium]

svv в сообщении #1388055 писал(а):

Удобно индекс, возникающий от дифференцирования по координате, писать после запятой. Это даёт очень компактную запись:
$\mathbf a=\operatorname{grad} f$ запишется как $a_i=f_{,i}$
$\operatorname{div}\mathbf j$ запишется как $j_{i, i}$
Как записать векторное произведение $\mathbf j=\mathbf m\times\mathbf a$ с помощью символов Леви-Чивита, знаете?

Ох, сразу сообразить сложно, но наверное, $\mathbf m\times\mathbf a = \sum_{i=1}^2\sum_{j=1}^2 m_i a_j \varepsilon_{ij}\mathbf{e}_i$ ? Неправильно?

[alcoholist]

Imaginarium в сообщении #1388057 писал(а):

но наверное

у ЛЧ три индекса, суммирование по парам индексов

[svv]

$j_i=\varepsilon_{ijk}m_j a_k$ (я опускаю непринципиальный множитель $-c$).
В тензорной записи используйте соглашение о суммировании Эйнштейна (на различие верхних и нижних индексов не обращайте внимание).
Символ Леви-Чивита (правильнее ...-Чивиты) имеет столько индексов, какова размерность пространства. Он антисимметричен по любой паре индексов (это чуть позже и даст нуль).

Теперь у Вас достаточно информации, чтобы записать дивергенцию тока.

[alcoholist]

и суммирование до 3

[Imaginarium]

alcoholist в сообщении #1388063 писал(а):

и суммирование до 3

Точно, спасибо. То, что я написал - глупость, и правильный вариант для Леви-Чивиты: $\mathbf{m} \times \mathbf{a} = \sum^3_{i=1}\sum^3_{j=1}m_ia_j\varepsilon_{ijk}\mathbf{e}_k$

-- 16.04.2019, 18:30 --

svv в сообщении #1388062 писал(а):

$j_i=\varepsilon_{ijk}m_j a_k$ (я опускаю непринципиальный множитель $-c$).
В тензорной записи используйте соглашение о суммировании Эйнштейна (на различие верхних и нижних индексов не обращайте внимание).
Символ Леви-Чивита (правильнее ...-Чивиты) имеет столько индексов, какова размерность пространства. Он антисимметричен по любой паре индексов (это чуть позже и даст нуль).

Теперь у Вас достаточно информации, чтобы записать дивергенцию тока.

Спасибо большое. Пытаюсь привыкнуть к Вашим обозначениям с запятой (нашел только на англоязычных ресурсах подобное), у меня получается примерно такое:
если $\mathbf{m}\times\nabla f = \varepsilon_{ijk} m_j \nabla f_k = \varepsilon_{ijk} m_j f_{,ki}$, то $\operatorname{div}(\mathbf{m}\times\nabla f) =\varepsilon_{ijk} m_j f_{i,ik}$. Так же можно писать: $ f_{i,ik}$? Чтобы символ Леви-Чивиты попревращался в нули всюду, в нем тоже должны быть повторяющиеся индексы? (я пытаюсь понять, как это очевидным образом записать в нотации с запятыми в индексах).
Кстати, насчет замечаний выше - а что мешает иметь символ Леви-Чивиты в 2D? С двумя индексами? Он ведь не перестает быть от этого абсолютно антисимметричным единичным тензором.

[svv]

Для первого раза неплохо. Замечания:

1) Возьмём какой-нибудь вектор $\mathbf a$. Cимвол $\mathbf a$ обозначает сам вектор, как геометрический объект. Мы можем разложить его по базисным векторам $\mathbf e_i$, получим $\mathbf a=a_i\mathbf e_i$. Коэффициенты разложения $a_i$ называются координаты, или компоненты вектора.

В компонентной (индексной) записи мы опускаем базисные векторы и представляем векторы и тензоры набором компонент. Соответственно, вместо $\mathbf c=\mathbf a+\mathbf b$ пишем не $c_i\mathbf e_i=a_i\mathbf e_i+b_i \mathbf e_i$, а $c_i=a_i+b_i$. Многие люди, которые интенсивно пользуются индексной записью, воспринимают сам набор компонент $c_i$ (или $g_{ik}$), как символ вектора (тензора), с некоторым на то основанием.

Нехорошо смешивать оба способа записи (так, чтобы левая часть выражала вектор или тензор в безиндексной записи, а правая — в виде набора компонент, вроде $\mathbf c=a_i+b_i$). Законные способы связать безиндексные и индексные обозначения:
$\mathbf c=(a_i+b_i)\mathbf e_i$
$c_i=(\mathbf a+\mathbf b)_i$

2) Вы лишний раз продифференцировали.
$f$ — это скалярное поле, $f_{,k}$ — это уже градиент $f$ (точнее, набор его компонент, см. оговорку выше). Соответственно, оператор $\nabla$ там уже не нужен. Пожалуйста, исправьте.

[Imaginarium]

svv в сообщении #1388109 писал(а):

Для первого раза неплохо. Замечания:

1) Возьмём какой-нибудь вектор $\mathbf a$. Cимвол $\mathbf a$ обозначает сам вектор, как геометрический объект. Мы можем разложить его по базисным векторам $\mathbf e_i$, получим $\mathbf a=a_i\mathbf e_i$. Коэффициенты разложения $a_i$ называются координаты, или компоненты вектора.

В компонентной (индексной) записи мы опускаем базисные векторы и представляем векторы и тензоры набором компонент. Соответственно, вместо $\mathbf c=\mathbf a+\mathbf b$ пишем не $c_i\mathbf e_i=a_i\mathbf e_i+b_i \mathbf e_i$, а $c_i=a_i+b_i$. Многие люди, которые интенсивно пользуются индексной записью, воспринимают сам набор компонент $c_i$ (или $g_{ik}$) как символ вектора (тензора), с некоторым на то основанием.

Нехорошо смешивать оба способа записи (так, чтобы левая часть выражала вектор или тензор в безиндексной записи, а правая — в виде набора компонент, вроде $\mathbf c=a_i+b_i$). Законные способы связать безиндексные и индексные обозначения:
$\mathbf c=(a_i+b_i)\mathbf e_i$
$c_i=(\mathbf a+\mathbf b)_i$

2) Вы лишний раз продифференцировали.
$f$ — это скалярное поле, $f_{,k}$ — это уже градиент $f$ (точнее, набор его компонент, см. оговорку выше). Соответственно, оператор $\nabla$ там уже не нужен. Пожалуйста, исправьте.

Спасибо. Исправить не могу, но могу переписать (насколько я это понимаю, все еще остается вопрос про законность $f_{i,k}$ ):

$$\mathbf{m}\times\nabla f = \varepsilon_{ijk} m_j f_{,k}$$

тогда

$$\operatorname{div}(\mathbf{m}\times\nabla f) = \varepsilon_{ijk} m_j f_{i,k}$$

но как тут организовать повторяющиеся индексы в символе Леви-Чивиты -- совершенно не вижу.

[svv]

Правильно.
Так как оба индекса у $f$ получились дифференцированием, принято писать оба после запятой: $f_{,ik}$. Это подчёркивает симметричность:
$\frac{\partial^2 f}{\partial x_i \partial x_k}=\frac{\partial^2 f}{\partial x_k \partial x_i}$, или в нашей записи $f_{,ik}=f_{,ki}$.

Теперь смотрите, какой трюк. У нас в правую часть входит $\varepsilon_{ijk}f_{,ik}$. Мы можем переименовать $i$ в $k$ и одновременно переименовать $k$ в $i$, это ни на что не повлияет (если это трудно понять, запишите явно знаки суммирования). Получим
$\varepsilon_{ijk}f_{,ik}=\varepsilon_{kji}f_{,ki}$
Теперь воспользуемся антисимметрией $\varepsilon_{ijk}$ и симметрией $f_{,ik}$ и переставим индексы так, чтобы буковки вернулись на прежние места:
$\varepsilon_{kji}=-\varepsilon_{ijk}$
$f_{,ki}=f_{,ik}$
Тогда
$\varepsilon_{ijk}f_{,ik}=\varepsilon_{kji}f_{,ki}=-\varepsilon_{ijk}f_{,ik}$
Так как $\varepsilon_{ijk}f_{,ik}$ равно себе с противоположным знаком, оно равно нулю.

Этот трюк проделывается один раз в жизни, после чего выводится правило:
если одно выражение симметрично по паре индексов, а второе антисимметрично по той же паре, то их свёртка по двум этим индексам даст нуль.

Итак (это ответ на Ваш вопрос про символ Леви-Чивита): равен нулю не сам этот символ, а его свёртка с симметричной второй частной производной.

-- Вт апр 16, 2019 18:41:41 --

Imaginarium в сообщении #1388117 писал(а):

$\mathbf{m}\times\nabla f = \varepsilon_{ijk} m_j f_{,k}$

Как было сказано (см. выше мою фразу со словом «Нехорошо»), лучше $(\mathbf{m}\times\nabla f)_i = \varepsilon_{ijk} m_j f_{,k}$, хотя бы для формального соблюдения правила Эйнштейна в отношении внешнего индекса $i$.

[Imaginarium]

svv в сообщении #1388121 писал(а):

Правильно.
Так как оба индекса у $f$ получились дифференцированием, принято писать оба после запятой: $f_{,ik}$. Это подчёркивает симметричность:
$\frac{\partial^2 f}{\partial x_i \partial x_k}=\frac{\partial^2 f}{\partial x_k \partial x_i}$, или в нашей записи $f_{,ik}=f_{,ki}$.

Теперь смотрите, какой трюк. У нас в правую часть входит $\varepsilon_{ijk}f_{,ik}$. Мы можем переименовать $i$ в $k$ и одновременно переименовать $k$ в $i$, это ни на что не повлияет (если это трудно понять, запишите явно знаки суммирования). Получим
$\varepsilon_{ijk}f_{,ik}=\varepsilon_{kji}f_{,ki}$
Теперь воспользуемся антисимметрией $\varepsilon_{ijk}$ и симметрией $f_{,ik}$ и переставим индексы так, чтобы буковки вернулись на прежние места:
$\varepsilon_{kji}=-\varepsilon_{ijk}$
$f_{,ki}=f_{,ik}$
Тогда
$\varepsilon_{ijk}f_{,ik}=\varepsilon_{kji}f_{,ki}=-\varepsilon_{ijk}f_{,ik}$
Так как $\varepsilon_{ijk}f_{,ik}$ равно себе с противоположным знаком, оно равно нулю.

Этот трюк проделывается один раз в жизни, после чего выводится правило:
если одно выражение симметрично по паре индексов, а второе антисимметрично по той же паре, то их свёртка по двум этим индексам даст нуль.

Итак (это ответ на Ваш вопрос про символ Леви-Чивита): равен нулю не сам этот символ, а его свёртка с симметричной второй частной производной.

-- Вт апр 16, 2019 18:41:41 --

Imaginarium в сообщении #1388117 писал(а):

$\mathbf{m}\times\nabla f = \varepsilon_{ijk} m_j f_{,k}$

Как было сказано (см. выше мою фразу со словом «Нехорошо»), лучше $(\mathbf{m}\times\nabla f)_i = \varepsilon_{ijk} m_j f_{,k}$, хотя бы для формального соблюдения правила Эйнштейна в отношении внешнего индекса $i$.

Вот это чудо просто . Никогда такого не встречал и не приходилось похожего делать. Очень изящное решение. Огромное спасибо. Вы не могли бы подсказать литературу по тензорному исчислению, которую действительно бы стоило с карандашом в руках прорешать?
Есть еще предложение сделать через тензорное представление дифференциала функции $f$, тогда, дифференцируя по $r$ можно добиться желаемого. И по-простому, из википедийной статьи с операторными соотношениями взять $\operatorname{div}\ (\mathbf{A} \times \mathbf{B}) = \mathbf{B} \cdot \operatorname{rot}\ \mathbf{A} - \mathbf{A} \cdot \operatorname{rot}\ \mathbf{B}$ и получить тоже ноль, т.к. единственное нетривиальное слагаемое с $\operatorname{rot}\mathbf{m}$ обнулится, т.к. $\mathbf{m}$ не зависит от $r$ (это я уже проморгал в условии, чисто физические соображения).

Большое всем спасибо!

[svv]

И если мы все эти вещи, о которых я говорил, уже знаем, то вычисление выглядит так:
$j_{i,i}=(\varepsilon_{ijk}m_j f_{,k})_{,i}=\varepsilon_{{\color{magenta}i}j{\color{magenta}k}}m_j f_{,{\color{magenta}ki}}=0$

Imaginarium в сообщении #1388160 писал(а):

Есть еще предложение сделать через тензорное представление дифференциала функции $f$, тогда, дифференцируя по $r$ можно добиться желаемого.

Обратите внимание, что мы доказали общий факт: наша дивергенция нулевая независимо от того, как $f$ зависит от координат.

Imaginarium в сообщении #1388160 писал(а):

И по-простому, из википедийной статьи с операторными соотношениями взять $\operatorname{div}\ (\mathbf{A} \times \mathbf{B}) = \mathbf{B} \cdot \operatorname{rot}\ \mathbf{A} - \mathbf{A} \cdot \operatorname{rot}\ \mathbf{B}$ и получить тоже ноль

Да, можно воспользоваться готовой формулой.

Imaginarium в сообщении #1388160 писал(а):

Вы не могли бы подсказать литературу по тензорному исчислению, которую действительно бы стоило с карандашом в руках прорешать?

К сожалению, не подскажу — есть много книг, но я не рискну выбрать из них «самую-самую». Но, уверен, Вам подскажут другие участники. Вам, как я понимаю, надо «с физическим уклоном».

Давайте теперь попробуем более спокойный метод. При этом лаконичные обозначения для частных производных сохраним.
$\nabla f=(f_{,1}\,, f_{,2}\,, f_{,3})$
$\mathbf m\times\nabla f=\begin{vmatrix}\mathbf e_1 &\mathbf e_2&\mathbf e_3\\m_1&m_2&m_3\\f_{,1}&f_{,2}&f_{,3}\end{vmatrix}=(m_2 f_{,3}-m_3 f_{,2}\,,m_3 f_{,1}-m_1 f_{,3}\,,m_1 f_{,2}-m_2 f_{,1})$
Я выписал явно компоненты вектора $\mathbf m\times\nabla f$. Пожалуйста, покажите, что его дивергенция равна нулю. Дифференцирование будет несложным, потому что $m_i$ константы.