Mathematik für Ingenieure III Teil A: CE, EEI, ET, IuK, ME Blatt 4

Universität Erlangen-Nürnberg
Department Mathematik
PD Dr. Markus Bause
das Trägheitsmoment des Körpers K bzgl. der Achse ` beschrieben. Hier gilt:
q
p
` = z–Achse ⇒ d` = x2 + y 2 = r2 cos2 ϕ + r2 sin2 ϕ = r .
Somit folgt
Mathematik für Ingenieure III
Teil A: CE, EEI, ET, IuK, ME
Wintersemester 2009/2010
Z
Blatt 4
ρ(x)r2 dx =
Θz =
K
h
Z
Z
h
0
0
x2 + y 2 = a2 ,
z
h
πa4
=
2h5
a
a
y
0
Z
0
2π
Z
0
= ··· =
Für die Zylinderkoordinaten:
z=z
0≤z≤h
ρ(r, ϕ, z) · r2 · r dr dz dϕ
0
πa4 h
.
12
a h−z
z
Z
0
0
0
h−z
· r dr dz dϕ
z
πa2 h
.
4
1
M
Z
2π
0
= ··· =
Z
0
h
Z
a h−z
z
0
h−z
· z · r dr dz dϕ
z
h
5
und somit
S
x =
gilt
det
a h−z
z
Offensichtlich gilt aus Symmetriegründen: xS = y S = 0. Für xs ergibt sich
Z
1
S
ρ(x)z dx
z =
M K
=
y = r sin ϕ ,
h
0
Lösung:
x = r cos ϕ ,
Z
0
(h − z)5 dz =
=
(4 Punkte)
h−z
0≤r ≤a·
,
h
0 ≤ ϕ ≤ 2π ,
h
h−z 3
· r dr dz
z
K
x
Z
Für die Schwerpunktkoordinaten xS = (xS , y S , z S ) gilt:
Z
1
ρ(x)x dx ,
wobei M die Masse von K ist.
xS =
M K
R
Es gilt: M = K ρ(x) dx. Für den Kreiskegel folgt dann
Z
Z 2π Z h Z a h−z
z
M=
ρ(x) dx =
ρ(r, ϕ, z) · r dr dz dϕ
(a > 0).
Die Massendichte ρ von K sei gegeben durch
ρ(x, y, z) := h−z
h . Berechnen Sie das Trägheitsmoment Θz bzgl. der z–Achse und die Schwerpunktkoordinaten xS von K. Hinweis: Ist ` eine Achse
im R3 und ist d` (x) der euklidische
Abstand von
R
x = (x, y, z) zu `, so ist Θ` := K ρ(x) · d2` (x) dx.
Eine analoge Übertragung eines Resultats aus der
Vorlesung gilt für den Schwerpunkt.
a h−z
z
= 2π
Gegeben sei ein gerader Kreiskegel K im R3 . Die
Spitze von K liege im Punkt (0, 0, h) mit h > 0 und
in der Ebene z = 0 habe der Grundkreis von K die
Gleichung
2π
0
Z
A11 (Zu Anwendungen der Transformationsregel für Volumenintegrale)
Z
∂(x, y, z)
∂(r, ϕ, z)
= r.
Ist ` eine Achse im R3 und ist d` (x) der euklid. Abstand von x = (x, y, z) zu `, so
wird durch
Z
Θ` :=
ρ(x) · d2` (x) dx
K
h
0, 0,
5
>
.
Bemerkung:
a) Der Schwerpunkt von K liegt der Kegelgrundfläche wesentlich näher als der
Spitze.
b) Der Schwerpunkt von K hängt nicht vom Radius des Grundkreises ab.
Beides ist anschaulich klar!
A12 (Zum Kurvenintegral 1. und 2. Art)
Zu b) Mit der Parameterdarstellung der Randkurve
a cos t
c(t) =
, 0 ≤ t ≤ 2π
b sin t
a) Gegeben sei die Kurve
c(t) =
cos(t)/t
,
sin(t)/t
Berechnen Sie das Kurvenintegral
Z
folgt
Z
2π
0
ds
3/2 .
2π
Z
v (c(t)) · ċ(t) dt =
I=
x2 + y 2
c
0 < t < 1.
Z
0
2
−a sin t
a b cos t sin2 t
·
dt
b cos t
a2 b cos2 t sin t
2π
a2 b2 cos t sin t cos2 t − sin2 t dt.
=
0
b) Berechnen Sie das Linienintegral
Wegen
Z
I=
v(x) dx
Z
c
für die Randkurve c der Ellipse
(x, y)>
2
y2
∈ R2 x2 + 2 < 1
a
b
(im mathe
xy 2
matisch positiven Sinn durchlaufen) und das Vektorfeld v(x) =
.
x2 y
2π
1
sin4 t
sin t cos t dt =
4
3
0
2π
Z
= 0 und
0
0
2π
2π
1
4
cos t sin t dt = − cos t
= 0,
4
0
3
folgt
I = 0.
(2+2 Punkte)
A13 (Zum Kurvenintegral 2. Art)
Lösung:
Zu a) Mit


1
1
cos
t
−
sin
t
−

 2
t
ċ(t) =  t1

1
− 2 sin t + cos t
t
t
sowie
kċ(t)k2 =
1
1
1
(cos t + t sin t)2 + 4 (sin t − t cos t)2 = 4 (1 + t2 ) ,
t4
t
t
√
1 + t2
kċ(t)k =
t2
und
cos2 t sin2 t
1
x (t) + y (t) =
+ 2 = 2
t2
t
t
2
2
folgt
Gegeben sei das Vektorfeld
f (x, y) = (x2 y 2 , y)> mit (x, y)> ∈ R2 . Berechnen Sie
H
das Kurvenintegral c f · ds längs des Halbkreises

T
−1 ≤ t ≤ 1 ,

(t, 0) ,
c(t) := T
p

 2 − t, 1 − (t − 2)2
, 1 ≤ t ≤ 3.
Berechnen Sie nun Integral
∂x f2 − ∂y f1 . Was fällt auf?
K
1
Z
ds
3/2
(x2 + y 2 )
=
0
=
√
1 + t2 3
t dt =
t2
3/2
1
1 + t2
3
1
=
0
Z
1
t
p
1 + t2 dt
0
1 √
2 2−1 .
3
K
rot f (x) dx über den Halbreis K mit rot f :=
(4 Punkte)
Lösung:
Es gilt
I
Z
f · ds =
1
Z
f (c(t)) · ċ dt +
−1
c
Z
R
Z
1
=
−1
Z
=
1
!
0
0
·
1
0
3
f (c(t)) · ċ dt
1
!
Z
dt +
1
3
(2 − t)2 (1 − (t − 2)2 )
p
1 − (t − 2)2
3
−(t − 2)2 (1 − (t − 2)2 ) + (2 − t) dt = −
4
.
15
!


·
−1
2−t
p
1 − (t − 2)2


 dt
Mit rot f (x, y) = −2x2 y und dem von c eingeschlossenem Kreis gilt
Z
1
Z
√
Z
1−x2
rot f (x) dx =
−1
K
0
Z
Mit
4
−2x2 y dydx = −
x2 (1 − x2 ) dx = − .
15
−1
I
0
f · ds .
rot f (x) dx =
K
c
Diese Aussage werden wir später als Satz von Stokes kennenlernen.
sin3 θ dθ =
π
π
Z
0
0
Z
Es gilt
Z
π
Z
1
π
1
4
2
(1 − cos2 θ) sin θ dθ = − cos θ + cos3 θ = 2 − = ,
3
3
3
0
π
1
2
3
cos θ sin θ dθ = − cos θ = ,
3
3
0
2
Z
2π
sin2 ϕ dϕ = π
0
folgt:
Z12 (Zu Anwendungen der Transformationsregel für Volumenintegrale)
√
Z
R
Bestimmen Sie für das Ellipsoid



2

 x
2
2
x
y
z
 y 
+
+
≤
R


a2
b2
c2
z
r=0
√
Z
R
a b c r4
=
(a, b, c, R > 0)
2π
2
4
dϕ dr
a b c r4 b2 sin2 ϕ + c2
3
3
ϕ=0
Z
Ix =
r=0
4 2 4 2
πb + πc
3
3
dr =
4
π R5/2 a b c b2 + c2
15
Wegen der Symmetrie des Ellipsoids folgt
das Volumen sowie die Trägheitsmomente bezüglich der drei Koordinatenachsen.
Dabei sei die Dichte ρ = 1 vorausgesetzt. Benutzen Sie dabei die verallgemeinerten
Kugelkoordinaten
Iy =
4
4
π R5/2 a b c a2 + c2 und Iz =
π R5/2 a b c a2 + b2 .
15
15
x = a r cos ϕ sin θ, y = b r sin ϕ sin θ, z = c r cos θ.
Z13 (Zum Kurvenintegral 1. Art)
Lösung:
Die Funktionaldeterminante der Koordinaten lautet:


a cos ϕ sin θ −a r sin ϕ sin θ a r cos ϕ cos θ ∂(x, y, z)  b sin ϕ sin θ
b r cos ϕ sin θ
b r sin ϕ cos θ  = a b c r2 sin θ.
∂(r, ϕ, θ) = det
c cos θ
0
−c r sin θ
√
Z
V =
R
Z
2π
Z
r=0
= abc
a b c r2 sin θ dθ dϕ dr
ϕ=0
θ=0
R3/2
4π 3/2
2π 2 =
R a b c.
3
3
E
√
R
Z
2π
Z
K
=
2
2
2
2
2
2
r b sin ϕ sin θ + c cos θ a b c r sin θ dθ dϕ dr
r=0
ϕ=0
θ=0
0
Aus 1 − cos t = 2 sin (t/2) erhält man dann
Z
Z 2π
Z 2π
t
t
t
3
2
dt =
4 sin
1 − cos
dt
y ds =
4 sin
2
2
2
0
K
0
π
2
Mit ẋ(t) =
1 − cos t
2
und kẋk2 = (1 − cos t) + sin2 t = 2 − 2 cos t folgt
sin t
Z
Z 2π
√
y ds =
(1 − cos t) 2 − 2 cos t dt.
2
Das Trägheitsmoment bezüglich der x-Achse ist
Z
Ix =
y 2 + z 2 dx dy dz
Z
K
π
1 dx dy dz =
E
0 ≤ t ≤ 2π,
Lösung:
Das Volumen des Ellipsoides ist somit:
Z
Bestimmen Sie für die Zykloide
x(t)
t − sin(t)
K : x(t) =
=
,
y(t)
1 − cos(t)
R
das Kurvenintegral y ds.
2π
t
2
t
2
32
= 4 −2 cos
+ cos3
=8 2−
=
.
2
3
2 0
3
3
Z14 (Zum Kurveninteral 2. Art)
Lösung:
q
Berechnen Sie für das Feld E(x) =
3 x einer Punktladung q im Ursprung
kxk
R
berechne die Linienintegrale Ik = E(x) dx, k = 1, 2, längs der Kurven
Zu a) Es gilt
Z
R
 
1
0 ≤ t ≤ 2π und c2 : x(t) = 0 ,
t
Z
... =
K
ck


cos t
c1 : x(t) =  sin t  ,
t
Z
AB
Z
... +
... +
AB
BC
... .
CA
: Die “Kurve” [AB] besitzt folgende Parametrisierung:
0 ≤ t ≤ 2π.
x : [0, 1] → R2 : t 7→ (t, 0),
also x = t, y = 0 ,
2
ẋ : [0, 1] → R : t 7→ (1, 0) .
Hiermit folgt
Lösung:




− sin t
cos t
Berechnung von I1 : Mit x(t) =  sin t  und ẋ(t) =  cos t  sowie
1
t
Z
AB
R
kx(t)k3 = cos2 t + sin2 t + t2
3/2
= 1 + t2
3/2
1
Z
t2 + 02 · 1 dt +
... =
BC
Z
0
1
1
t2 − 02 · 0 dt = .
3
0
: Analog ergibt sich
x : [0, 1] → R2 : t 7→ (1 − t, t),
folgt
also x = 1 − t, y = t ,
2
ẋ : [0, 1] → R : t 7→ (−1, 1)
Z
I1 =
0
2π
Z
q
(1 +
3/2
t2 )
t dt
=
t2
u=
u0 = 2t
4π 2
0
q
du
2(1 + u)3/2
h
i4π2
1
= −q(1 + u)−1/2
.
=q 1− √
0
1 + 4π 2
 
 
0
1
3/2
folgt
Berechnung von I2 : Mit x(t) = 0, ẋ(t) = 0, kx(t)k3 = 1 + t2
1
t
und
Z
BC
I2 =
0
2π
q
(1 + t2 )
3/2
Berechnen Sie das Kurvenintegral
Z
2
x + y 2 dx + x2 − y 2 dy .
K
Hierbei sei
a) K die Randkurve des Dreiecks 4ABC mit A := (0, 0), B := (1, 0), C :=
(0, 1)
b) K die Randkurve des Einheitskreises.
0
−2t2 + 2t − 1 dt +
2
(1 − t) − t2 dt
1
Z
−2t + 1 dt
0
0
Z
=−
1
2t2 dt = −
0
R
1
0
1
Z
2 3 1
2
t 0=−
3
3
: Analog ergibt sich
1
t dt = q 1 − √
.
wie oben
1 + 4π 2
Z15 (Zum Kurvenintegral 2. Art)
Z
h
i
2
(1 − t) + t2 · (−1) dt +
=
CA
Z
1
Z
... =
x : [0, 1] → R2 : t 7→ (0, 1 − t),
also x = 0, y = 1 − t ,
2
ẋ : [0, 1] → R : t 7→ (0, −1)
und
Z
Z
2
Z
−(1 − t) · (−1) dt =
... =
CA
1
0
0
1
1
1
t3
2
1 − 2t + t dt = t − t +
= .
3 0
3
2
Somit gilt
Z
x2 + y 2 dx + x2 − y 2 dy = 0 .
K
Zu b) K besitzt folgende Parameterdarstellung:
x : [0, 2π] → R2 : t 7→ (cos t, sin t) ,
⇒ ẋ : [0, 2π] → R2 : t 7→ (− sin t, cos t) .
Damit folgt
Z
2
x + y 2 dx + (x2 − y 2 ) dy
K


Z 2π


2
2
2
2
=
 cos t + sin t ·(− sin t) + cos t − sin t · cos t dt
{z
}
{z
}
|
|
0
=1
=−
=0
ϕ ds =

Z 2π
2
sin
t(t
+
cos
t)
dt
−





Z 0

 2π


=
sin t cos t(t + cos t) dt

 0



 Z 2π


sin t(t + cos t) dt
=0
durch scharfes Hinschauen
bzw. durch Rechnung
Z
0
2π
cos t · 2 cos2 t − 1 dt
cos t · cos 2t dt =
0
0


− sin t
sin t(t + cos t)  cos t  dt
1

cos t · cos 2t dt
{z
}
2π
Z
=
2π
Z
c
2π
Z
sin t dt +
{z
}
|0
|0
Z
=cos 2t
2π
Z
Hiermit folgt

−π 2


= ··· = 
− 12 π

.
0
Z
=2
2π
cos3 t dt −
0
Z
|0
= 2 sin t −
1
3
3
sin t
2π
0
2π
cos t dt
{z
}
− 12 π − 4π 2
=0
= 0.
Z
Z
2π
v · ds =
c
0
Z16 (Zu orientierten Kurvenintegralen)
Z
Z
Z
= ··· =
ϕ(c(t)) ċ(t) dt
Z
t=b
v ◦ ds :=
v(c(t)) ◦ ċ(t) dt
t=a
Gegeben seien die Felder ϕ(x) = xy + yz und v(x) = (x, −yz, y)> für x ∈ R3 und
die Kurve c : c(t) = (cos t, sin t, t)> , 0 ≤ t ≤ 2π. Berechnen Sie
Z
Z
Z
Z
ϕ ds ,
v · ds ,
v × ds
und
v ⊗ ds .
c
 

cos t
− sin t
−t sin t ×  cos t  dt
v × ds =
c
0
sin t
1
 Z 2π

Z
werden orientierte Linienintegrale definiert, wobei ◦ entweder ·, × oder ⊗ sei.
c
1
π.
2
t=a
Z
c
[sin t − (1 + t) sin t cos t] dt
0
t=b
ϕ ds :=
c
2π
=
Durch c(t) ∈ Rn , a ≤ t ≤ b, mit c ∈ C 1 sei eine Kurve definiert. Die Funktion
ϕ : D 7→ R sei ein Skalar- und v : D 7→ Rn ein Vektorfeld, c(t) ∈ D. Durch
 

− sin t
cos t
−t sin t ·  cos t  dt
1
sin t

c
c
Z
2π

(t + cos t) sin t dt 

 0

 Z

 2π



(sin2 t + cos t) dt 
= −
 0



Z 2π



2
2

(t sin t − cos t) dt
0
Lösung:
Es gilt
>
ċ(t) = (− sin t, cos t, 1)
und
ϕ(c(t)) = sin t cos t + t sin t = sin t(t + cos t) ,
v(c(t)) = (cos t, −t sin t, sin t)> .

2π



= · · · =  −π  .
π + π2
Z
Z
v ⊗ ds =
c
0
2π


cos t
−t sin t (− sin t, cos t, 1) dt
sin t
 Z 2π
Z 2π
sin
t
cos
t
dt
cos2 t dt
−

 0
0
 Z
Z 2π

2π

=
t sin2 t dt
−
t sin t cos t dt

0
0


Z 2π
Z 2π

−
sin2 t dt
sin t cos t dt
0

0
 2
= ··· = π
−π
0
π
1
2π
0
0
2π
Z

cos t dt 


Z 2π


−
t sin t dt

0


Z 2π

sin t dt
0
0


2π  .
0
Abgabe: In den Übungsgruppen in der Woche vom 23.11. bis 27.11.2009.