Höhere Mathematik II - TU Darmstadt/Mathematik

A
Fachbereich Mathematik
Prof. Dr. J.H. Bruinier
Fredrik Strömberg
SS 2009
TECHNISCHE
UNIVERSITÄT
DARMSTADT
17.6.2009
Höhere Mathematik II
8. Übung mit Lösungshinweisen
Abgabe Hausübungen: W. 27
Gruppenübungen
(G 19)
Bestimmen Sie, ob folgende Vektorfelder Potentiale besitzen. Falls es existiert, berechnen Sie das zugehörige Potential.
F (x, y) =
G (x, y) =
H (x, y, z) =
(x, y) ∈ R2 ,
x3 − 3xy2 , y3 − 3x2 y , (x, y) ∈ R2 ,
2xy, x2 − y2 ,
√
(x,y,z)
x2 +y2 +z2
3
,
(x, y, z) ∈ R3 .
L ÖSUNG :
(a) Es gilt ∂∂Fy1 = 2x und ∂∂Fx2 = 2x. Damit besitzt F ein Potential auf
Potential. Dann gilt ∇φF = F, d.h.
∂ ϕF
∂x
∂ ϕF
∂y
R2 . Sei ϕF
das
= 2xy,
= x2 − y2 .
Aus der ersten Gleichung folgt nach Integration ϕF (x, y) = x2 y + a (y) wobei a (y) eine
Funktion von y ist. Dann gilt
∂ ϕF
= x2 + a0 (y) .
∂y
Vergleichen wir dies mit der zweiten Gleichung von oben folgt: a0 (y) = −y2 ⇒ a (y) =
− 13 y3 + cF wobei cF ein Konstante ist. Das Potential zu F ist
1
ϕF (x, y) = x2 y − y3 + cF .
3
(b) Es gilt ∂∂Gy1 = −6xy und
Dieses Potential erfüllt:
∂ G2
∂x
= −6xy. Damit hat die Funktion G ein Potential ϕG .
∂ ϕG
= x3 − 3xy2 ,
∂x
∂ ϕG
= y3 − 3x2 y.
∂y
Nach Integration von
∂ ϕG
∂x
nach x bekommt man ϕG (x, y) = 41 x4 − 32 x2 y2 + b (y) wobei
b (y) ein Funktion von y ist. Es folgt, dass
∂ ϕG
2
0
∂ y = −3x y + b (y) und nach Vergleich mit
= 41 y4 + cG wobei cG ein Konstante ist. Das
obiger Gleichung gilt b0 (y) = y3 ⇒ b (y)
Potential zu G ist:
1
1
3
ϕG (x, y) = x4 + y4 − x2 y2 + cG .
4
4
2
(c) Es gilt
H1 (x, y, z) =
H2 (x, y, z) =
H3 (x, y, z) =
x
3
,
3
,
3
.
(x2 + y2 + z2 ) 2
y
(x2 + y2 + z2 ) 2
z
(x2 + y2 + z2 ) 2
Hier kann man die Existenz von einem Potential mit der Bedingung rotH = 0 bestimmen. Aber wir machen es direkt, d.h. falls wir eine Potential finden dann existiert es
auch. Nimm an, dass ∇ϕH = H. Dann gilt
ϕH
∂x
=
ϕH
∂y
=
ϕH
∂z
=
x
(x2 + y2 + z2 )
y
3
2
⇒ ϕH (x, y, z) = p
3
⇒ ϕH (x, y, z) = p
3
⇒ ϕH (x, y, z) = p
(x2 + y2 + z2 ) 2
z
(x2 + y2 + z2 ) 2
−1
x2 + y2 + z2
−1
x2 + y2 + z2
−1
x2 + y2 + z2
+ f1 (y, z) ,
+ f2 (x, z) ,
+ f3 (x, y) .
Durch Vergleichen von den drei obigen Gleichungen sieht man, dass
1
ϕH (x, y, z) = − p
x2 + y2 + z2
+ cH
wobei cH ein Konstante ist, ein Potential für H ist.
(G 20)
Für ein ideales Gas lautet das totale Differential der Entropie als Funktion von Volumen
und Temperatur:
nR
CV
dT + dV.
dS =
T
V
Berechnen Sie die Entropieänderung
Z
∆γ S =
dS
γ
entlang dreier verschiedener Wege γ, ausgehend jeweils von den Zustand 1 (T1 ,V1 ) zum
Zustand 2 (T2 ,V2 ):
a) isochore Erwärmung von T1 auf T2 bei einem Volumen V1 , anschließend isotherme
Expansion von V1 auf V2 bei der Temperatur T2 .
b) isotherme Expansion von V1 auf V2 bei der Temperatur T1 , anschließend isochore
Erwärmung von T1 auf T2 bei einem Volumen V2 .
c) gleichzeitige Änderung von Temperatur und Volumen von Zustand 1 auf Zustand 2,
wobei T = λ ·V gilt.
L ÖSUNG :
∂ nR
∂ CV
2
Weil ∂V
T = ∂ T V = 0 und R sternförmig ist gibt es ein Potential und man kann dieses
natürlich benutzen die Aufgabe zu lösen. Das heißt: Die Entropie ist eine Zustandsvariable. Aber wir rechnen einfach nach.
a) Es gilt
Z T2
Z
∆γ1 S =
dS =
γ1
Z T2
Z V2
dS +
T1 ,V =V1
dS
V1 ,T =T2
Z V2
nR
nR
CV
CV
dT + dV +
dT + dV
V
V
V1 ,T =T2 T
T1 ,V =V1 T
Z V2
Z T2
nR
CV
dT +
dV
=
V1 ,T =T2 V
T1 ,V =V1 T
CV nR !
T2
V2
T2
V2
= CV ln
+ nR ln
= ln
.
T1
V1
T1
V1
=
b) Es gilt
Z V2
Z
∆γ2 S =
Z T2
dS =
dS +
dS
V1 ,T =T1
γ2
Z V2
T1 ,V =V2
Z T2
nR
nR
CV
CV
dT + dV +
dT + dV
V
V
T1 ,V =V2 T
V1 ,T =T1 T
Z V2
Z T2
nR
CV
=
dV +
dT
V1 ,T =T1 V
T1 ,V =V2 T
CV nR !
V2
T2
T2
V2
= nR ln
+CV ln
= ln
.
V1
T1
T1
V1
=
c) Mit T = λV gilt dT = λ dV ,
dS =
und
T2
T1
=
λV2
λV1
nR
CV
nR
dV
CV
dT + dV =
λ dV + dV = (CV + nR)
T
V
λV
V
V
= VV21 . Es folgt dass
Z V2
Z
∆γ3 S =
dS =
γ3
dS
V =V1 ,T =λV
Z V2
dV
= (CV + nR)
V
V2
= (CV + nR) ln
V1
T2
V2
= CV ln
+ nR ln
.
T1
V1
V1
Man sieht, dass die Entropieänderung nicht von dem Weg abhängt.
Das Potenzial (falls man dieses benutzen wollte) ist einfach
Φ (T,V ) = CV ln T + nR lnV.
Hausübungen
(H 8) [4+3+3P]
(a) Zeigen Sie, dass das Vektorfeld
F (x, y) =
x2 − y2
2
(x2 + y2 )
,
2xy
2
(x2 + y2 )
ein Potential in dem Gebiet Ω = R2 \ {(0, 0)} besitzt.
!
(b) Zeigen Sie das die Vektorfeld
x
y
G (x, y) = − 2
, 2
2
x + y x + y2
kein Potential in dem Gebiet Ω = R2 \ {(0, 0)} besitzt.
L ÖSUNG :
Nimm an, dass ϕ ist ein Potential für F. Dann gilt
2xy
−x
∂ϕ
=
⇒ ϕ (x, y) = 2
+ f (x)
2
∂y
x + y2
(x2 + y2 )
und damit ist
− x2 + y2 + x (2x)
∂ϕ
x2 − y2
0
=
+
f
(x)
=
+ f 0 (x)
2
2
2
2
2
2
∂x
(x + y )
(x + y )
und wir wissen, dass
∂ϕ
∂x
=
x2 −y2
2
(x2 +y2 )
damit ist f 0 (x) = 0 ⇒ f (x) = c ein Konstante. Es
folgt, dass
ϕ (x, y) =
−x
x2 + y2
+c
ein Potential für F (x, y) ist.
R
(b) Falls G ein Potential besitzt dann ist das Kurvintegrale γ Gdγ nur von den Endpunkten von γ abhängig. Insbesondere ist das Integral über geschlossene Kurven 0. Betrachten Sie deswegen den Einheitskreis γ :{γ (t) = (cost, sint) | 0 ≤ t ≤ 2π} mit γ̇ (t) =
(sint, cost). Das Kurvintegrale von G über γ ist dann
Z
Z 2π
G (cost, sint) · (− sint, cost) dt
Z 2π cost
− sint
,
· (− sint, cost) dt
=
cos2 t + sin2 t cos2 t + sin2 t
0
Gdγ =
γ
0
Z 2π
=
|(− sint, cost)|2 dt =
0
Damit kann G kein Potential in Ω besitzen.
Z 2π
dt = 2π.
0