شرط تعیین‌کننده
یک میدان الکتریکی ایستا (استاتیک) پایستار است: باید از یک پتانسیل نرده‌ای مشتق‌پذیر باشد، یعنی E ⃗ = − ∇ V \vec{E} = -\nabla V E = − ∇ V ∂ B ⃗ / ∂ t = 0 \partial \vec{B}/\partial t = 0 ∂ B / ∂ t = 0
∇ × E ⃗ = − ∂ B ⃗ ∂ t = 0. \nabla \times \vec{E} = -\frac{\partial \vec{B}}{\partial t} = 0. ∇ × E = − ∂ t ∂ B = 0.
پس کل مسئله این است: f ( x ) f(x) f ( x )
محاسبهٔ کرل
با
E x = y e − x sin x , E y = f ( x ) , E z = 0 , E_x = y e^{-x}\sin x, \qquad E_y = f(x), \qquad E_z = 0, E x = y e − x sin x , E y = f ( x ) , E z = 0 ,
و نبودِ هیچ وابستگی به z z z
∇ × E ⃗ = ( ∂ E z ∂ y − ∂ E y ∂ z ) a ^ x + ( ∂ E x ∂ z − ∂ E z ∂ x ) a ^ y + ( ∂ E y ∂ x − ∂ E x ∂ y ) a ^ z \nabla \times \vec{E} = \left(\frac{\partial E_z}{\partial y} - \frac{\partial E_y}{\partial z}\right)\hat{a}_x + \left(\frac{\partial E_x}{\partial z} - \frac{\partial E_z}{\partial x}\right)\hat{a}_y + \left(\frac{\partial E_y}{\partial x} - \frac{\partial E_x}{\partial y}\right)\hat{a}_z ∇ × E = ( ∂ y ∂ E z − ∂ z ∂ E y ) a ^ x + ( ∂ z ∂ E x − ∂ x ∂ E z ) a ^ y + ( ∂ x ∂ E y − ∂ y ∂ E x ) a ^ z
ساده می‌شود: مؤلفه‌های a ^ x \hat{a}_x a ^ x a ^ y \hat{a}_y a ^ y z z z
( ∇ × E ⃗ ) z = ∂ f ( x ) ∂ x − ∂ ∂ y ( y e − x sin x ) = f ′ ( x ) − e − x sin x . (\nabla \times \vec{E})_z = \frac{\partial f(x)}{\partial x} - \frac{\partial}{\partial y}\left(y e^{-x}\sin x\right) = f'(x) - e^{-x}\sin x. ( ∇ × E ) z = ∂ x ∂ f ( x ) − ∂ y ∂ ( y e − x sin x ) = f ′ ( x ) − e − x sin x .
برابر صفر قرار دادن آن یک معادلهٔ دیفرانسیل مرتبهٔ اول می‌دهد:
f ′ ( x ) = e − x sin x . f'(x) = e^{-x}\sin x. f ′ ( x ) = e − x sin x .
انتگرال‌گیری
از نتیجهٔ استاندارد زیر استفاده می‌کنیم
∫ e a x sin ( b x ) d x = e a x ( a sin b x − b cos b x ) a 2 + b 2 + C , \int e^{ax}\sin(bx)\,dx = \frac{e^{ax}\left(a\sin bx - b\cos bx\right)}{a^{2}+b^{2}} + C, ∫ e a x sin ( b x ) d x = a 2 + b 2 e a x ( a s i n b x − b c o s b x ) + C ,
با a = − 1 a = -1 a = − 1 b = 1 b = 1 b = 1 a 2 + b 2 = 2 a^{2}+b^{2} = 2 a 2 + b 2 = 2
f ( x ) = e − x ( − sin x − cos x ) 2 + C = − 1 2 e − x ( sin x + cos x ) + C . f(x) = \frac{e^{-x}\left(-\sin x - \cos x\right)}{2} + C = -\frac{1}{2}e^{-x}\left(\sin x + \cos x\right) + C. f ( x ) = 2 e − x ( − s i n x − c o s x ) + C = − 2 1 e − x ( sin x + cos x ) + C .
با انتخاب C = 0 C = 0 C = 0 گزینهٔ ۳ به دست می‌آید.
راستی‌آزمایی (مشتق‌گیری معکوس)
d d x [ − 1 2 e − x ( sin x + cos x ) ] = − 1 2 [ − e − x ( sin x + cos x ) + e − x ( cos x − sin x ) ] \frac{d}{dx}\left[-\tfrac{1}{2}e^{-x}(\sin x + \cos x)\right] = -\tfrac{1}{2}\Big[-e^{-x}(\sin x + \cos x) + e^{-x}(\cos x - \sin x)\Big] d x d [ − 2 1 e − x ( sin x + cos x ) ] = − 2 1 [ − e − x ( sin x + cos x ) + e − x ( cos x − sin x ) ]
= − 1 2 e − x ( − 2 sin x ) = e − x sin x ✓ = -\tfrac{1}{2}e^{-x}\left(-2\sin x\right) = e^{-x}\sin x \;\checkmark = − 2 1 e − x ( − 2 sin x ) = e − x sin x ✓
که دقیقاً همان ∂ E x / ∂ y \partial E_x/\partial y ∂ E x / ∂ y ∇ × E ⃗ = 0 \nabla \times \vec{E} = 0 ∇ × E = 0 V = − y e − x sin x ⋅ V = -y e^{-x}\sin x \cdot V = − y e − x sin x ⋅ − E ⃗ -\vec{E} − E
یک وارسی سریع روی گزینه‌های نادرست: مشتق گزینهٔ ۱ برابر − e − x sin x -e^{-x}\sin x − e − x sin x − e − x cos x -e^{-x}\cos x − e − x cos x e − x cos x e^{-x}\cos x e − x cos x ∂ E x / ∂ y = e − x sin x \partial E_x/\partial y = e^{-x}\sin x ∂ E x / ∂ y = e − x sin x
نکتهٔ کنکوری: «میدان ایستا» در الکترومغناطیس هرگز به ∇ ⋅ E ⃗ \nabla\cdot\vec{E} ∇ ⋅ E قید همیشه ∇ × E ⃗ = 0 \nabla\times\vec{E}=0 ∇ × E = 0 ( E x ( x , y ) , E y ( x , y ) , 0 ) (E_x(x,y), E_y(x,y), 0) ( E x ( x , y ) , E y ( x , y ) , 0 ) z z z ∂ E y / ∂ x = ∂ E x / ∂ y \partial E_y/\partial x = \partial E_x/\partial y ∂ E y / ∂ x = ∂ E x / ∂ y E x d x + E y d y E_x\,dx + E_y\,dy E x d x + E y d y