1. Übung zur Vorlesung „Mathematik 3 (EI)“ (WS

Technische Universität München
Zentrum Mathematik
Prof. Dr. Michael Ulbrich
Dipl.-Math. Florian Lindemann, Dipl.-Math. Florian Kruse
1. Übung zur Vorlesung „Mathematik 3 (EI)“ (WS 2012/2013)
Zentralübung (19.10.12):
Aufgabe Z 1.1: Es sei G ⊂ R2 das beschränkte Gebiet, welches durch die beiden Kurven
T
x1 = 1 − 41 x22 und x1 = 12 (x22 − 1) begrenzt wird. Weiter sei v : R2 → R2 , v(x) := x1 x2 , x22 .
a) Geben Sie eine stetige und stückweise stetig differenzierbare Kurve an, die G begrenzt.
H
b) Berechnen Sie die Zirkulation ∂G v · dx. Können Sie aus dem Ergebnis schließen, ob es sich
um ein Gradientenfeld handelt?
c) Berechnen Sie den Fluss
neten Wert?
Lösung Z 1.1:
H
∂G v
· dn. Wie beeinflusst die Orientierung der Kurve den berech-
∂G besteht aus zwei gedrehten Parabelbögen, siehe Zeichnung in der ZÜ.
a) Die zwei Kurven werden durch w1 (t) := (1 − 14 t2 , t)T und w2 (t) := ( 12 (t2 − 1), t)T parametrisiert, t ∈ R. Für die Schnittpunkte dieser Kurven ergibt sich
√
1
1
1 − t2 = (t2 − 1)
⇐⇒
t = ± 2.
4
2
√
√
√
√
Der rechte Bogen von ∂G ist daher w1 (t), − 2 ≤ t ≤ 2, der linke w2 (t), − 2 ≤ t ≤ 2.
Damit die aus diesen beiden Stücken bestehende Kurve stetig ist, ist noch die Durchlaufrichtung
anzupassen. ∂G
√ von w
√2 mittels t 7→ (−t)
√ wird also
√ parametrisiert durch
1 2
T
w1 (t), − 2 ≤ t ≤ 2 und ŵ2 (t) := ( 2 (t − 1), −t) , − 2 ≤ t ≤ 2.
w1 (t) = w2 (t)
⇐⇒
Bemerkungen:
• Wie Sie in der ZÜ richtig angemerkt haben, ist die G begrenzende Kurve nicht stetig
differenzierbar. Sie ist aber stetig und stückweise stetig differenzierbar. „Stückweise
stetig differenzierbar“ bedeutet, dass die Kurve aus endlich vielen stetig differenzierbaren
Kurven zusammengesetzt ist. Stetige, stückweise stetig differenzierbare Kurven stellen
eine Verallgemeinerung gegenüber stetig differenzierbaren Kurven dar, denn jede stetig
differenzierbare Kurve ist insbesondere stetig und stückweise stetig differenzierbar. Alle
Aussagen über Kurvenintegrale, die Sie in der Vorlesung kennengelernt haben, gelten
sinngemäß auch für stetige, stückweise stetig differenzierbare Kurven. Zusammengefasst:
„Wenn eine stetige Kurve an endlich vielen Stellen nicht stetig differenzierbar ist, macht
das keine Probleme.“
• Zur Umorientierung von Kurven: Ist w : [a, b] → R gegeben, so ist die umorientierte
Kurve w− : [−b, −a] → R definiert durch w− (t) := w(−t). Läuft w von Punkt A zu
Punkt B, so läuft w− also von B zu A.
Achtung: Ein häufiger Fehler ist, beim Umorientieren weiterhin die Kurve w zu verwenden und lediglich das Intervall [a, b] durch [b, a] zu ersetzen. Die Kurve hat dann
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aber nicht die richtigen Tangentialvektoren: Da sich die Durchlaufrichtung umkehrt,
muss die umorientierte Kurve entgegengesetzte Tangentialvektoren haben. Das ist
aber bei Verwendung von w mit [b, a] nicht der Fall, denn die Tangentialvektoren sind
nachwievor durch w0 (t) gegeben. Mathematisch gesehen ist außerdem nicht klar, wie
[b, a] bzw. eine Kurve darauf zu verstehen ist, denn [b, a] ist kein Intervall (wg. b > a).
b) Die Zirkulation von v um G ist definiert als das angegebene Kurvenintegral, wobei die
verwendete Kurve positiv orientiert sein muss. „Positiv orientiert“ heißt, dass G bei Durchlaufen der Kurve links liegen muss. Für die in a) angegebene G begrenzende Kurve ist das
der Fall. Die Zirkulation ergibt sich daher als
I
v · dx =
∂G
Z
v · dx +
w1
Z √
=
Z
v · dx
ŵ2
2
√
− 2
Z √2
!T
3
= √ − t4 dt = 2
8
− 2
Z √2
0
Z √2
!
− 12 t
1
1 − 14 t2 t
t2
dt +
√
− 2
1
2
3
3
− t4 dt = 2 − t5
8
40
!T
t2 − 1 (−t)
(−t)2
√2
=−
0
!
t
−1
dt
3√
2.
5
Wenn v ein Gradientenfeld wäre, dann gäbe es nach Definition F mit ∇F = v. Für jede
geschlossene Kurve müsste dann das Kurvenintegral über v verschwinden, insbesondere
müsste also die Zirkulation Null sein. Also ist v kein Gradientenfeld.
Bemerkung: Allgemein gilt: Wenn w : [a, b] → Rn eine stetige und stückweise stetig
differenzierbare Kurve ist, die in der offenen Menge D ⊂ Rn verläuft, und v = ∇F gilt für
das Vektorfeld v : D → Rn , so gilt für das Kurvenintegral:
Z
v · dx =
Z b
∇F (w(t))T w0 (t) dt =
a
w
Z b
d
a
dt
F (w(t)) dt = F (w(b)) − F (w(a)) .
Dies zeigt den Nutzen von Stammfunktionen: Hat man eine Stammfunktion F , so kann
man den Wert des Kurvenintegrals als Differenz der Funktionswerte F (w(b)) und F (w(a))
ermitteln. Ist zusätzlich, wie bei der Zirkulation der Fall, die Kurve w geschlossen, d. h. gilt
w(a) = w(b), so besitzt das Kurvenintegral von v über w wegen F (w(b)) − F (w(a)) = 0
den Wert Null. Damit ein Vektorfeld auf einer offenen Menge ein Gradientenfeld sein kann,
ist es also notwendig, dass alle Kurvenintegrale über geschlossene Kurven, die in dieser
Menge verlaufen, den Wert Null besitzen (beachten Sie, dass hier nur die Offenheit von D
erforderlich ist!).
c) Für den Fluss ergibt sich nach Definition
I
v · dn =
∂G
Z √2
=
=
√
− 2
Z √2
√
− 2
Z
v · dn +
w1
Z
v · dn
ŵ2
!T
1 − 14 t2 t
t2
0 1
−1 0
!
− 12 t
1
Z √2
!
dt +
√
− 2
1
2
!T
t2 − 1 (−t)
(−t)2
0 1
−1 0
!
!
t
−1
dt
1
1
t − t3 dt = 0.
2
4
Eine Umorientierung der Kurve ändert das Vorzeichen des Flusses. Im vorliegenden Fall
beeinflusst die Orientierung der Kurve den berechneten Wert daher nicht.
Bemerkung: Interpretiert man v als Geschwindigkeitsfeld einer strömenden Flüssigkeit, so
beschreibt der Fluss durch ∂G, ob mehr Flüssigkeit aus G heraus- als hineinströmt oder
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umgekehrt. Ist
! die verwendete
! Kurve positiv orientiert, so zeigen die Normalenvektoren
0 1
0 1
dn =
dx =
w0 (t) dt aus G heraus. Ein positives Vorzeichen des Flusses
−1 0
−1 0
bedeutet immer(!), dass mehr Flüssigkeit in Normalenrichtung fließt als andersherum. Bei
einer positiv orientierten Kurve besagt ein positiver Fluss daher, dass insgesamt gesehen
Flüssigkeit aus G austritt. Ein negativer besagt, dass G Flüssigkeit aufnimmt. Ändert man
die Durchlaufrichtung der Kurve, dann zeigen die Normalenvektoren nach G hinein, so dass
sich das ganze umdreht. Flüsse spielen bei der Behandlung von Integralsätzen (Gauß, Stokes)
eine wichtige Rolle und werden uns daher zu einem späteren Zeitpunkt erneut begegnen.
Aufgabe Z 1.2:
Wir untersuchen, für welche Wahlen von a, b ∈ R das Vektorfeld
v : R2 \ {0} → R2 ,
1
v(x) :=
kxk3
ax1
bx2
!
ein Gradientenfeld ist.
a) Was folgt aus der notwendigen Bedingung Jv = JvT für a und b?
b) Bestimmen Sie mit dem Verfahren aus der Vorlesung eine Stammfunktion F : R2 \ {0} → R
für v, falls dies möglich ist. Ist die notwendige Bedingung Jv = JvT in diesem Fall also
hinreichend?
c) Ermitteln Sie w v ·dx im Fall Jv = JvT , wobei w : [c, d] → R2 \{0} eine stetig differenzierbare,
geschlossene Kurve ist.
R
Lösung Z 1.2:
a) Die notwendige Bedingung lautet hier ∂1 v2 (x1 , x2 ) = ∂2 v1 (x1 , x2 ) ∀(x1 , x2 ) ∈ R2 \ {0}. Für
alle (x1 , x2 ) ∈ R2 \ {0} gilt nun:
∂1 v2 (x1 , x2 ) = ∂2 v1 (x1 , x2 )
⇐⇒
−3ax1 x2
(x21
+
5
x22 ) 2
=
−3bx1 x2
5
(x21 + x22 ) 2
⇐⇒
ax1 x2 = bx1 x2 .
Die notwendige Bedingung ist daher genau dann erfüllt, wenn a = b gilt.
Bemerkung: Wie in der ZÜ erklärt ist auf einer offenen Menge D ⊂ Rn für ein stetig
differenzierbares Vektorfeld v : D → Rn die sogenannte Integrabilitätsbedingung Jv = JvT
notwendig dafür, dass v ein Gradientenfeld ist (beachten Sie, dass hier nur die Offenheit
von D erforderlich ist!).
b) Nach a) kann es höchstens im Fall a = b eine Stammfunktion geben. In diesem Fall gilt
v(x) = ax/kxk3 . Wir wenden nun das Verfahren aus der Vorlesung zur Bestimmung einer
Stammfunktion an, siehe unteres Beispiel auf Seite 132 im Skript zur VL Mathematik 2 im
Sommersemester 2012 von Prof. Vexler.
R
1. Schritt: Ansatz für Stammfunktion: F = v1 (x1 , x2 ) dx1
Erklärung: Wenn v ein Gradientenfeld ist, also ∇F = v, so ist insbesondere ∂1 F = v1 .
Integration dieser Gleichung bezüglich x1 führt auf den obigen Ansatz.
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Als Ansatz für F erhalten wir
Z
F (x1 , x2 ) =
ax1
Z
v1 (x1 , x2 ) dx1 =
(x21
+
3
x22 ) 2
dx1 = − q
a
x21 + x22
+ c(x2 ).
Zur letzten Gleichung: Da nur bezüglich x1 integriert wird, ist x2 beim Integrieren als fest
anzusehen. Man erhält die letzte Gleichung daher wahlweise aus der Stammfunktionstabelle
der Formelsammlung oder durch Verwendung der Substitution s := x21 + x22 , ds = 2 dx1 .
Dabei ergibt sich eine von x2 abhängige Funktion als Integrations„konstante“, denn bei
Ableiten nach x1 verschwindet c(x2 ) ja.
2. Schritt: Gleichung für c0 (x2 ) durch ∂2 F = v2 herleiten
Erklärung: Dank Schritt 1 genügt F der Gleichung ∂1 F = v1 . Um ∇F = v zu erreichen, ist
noch ∂2 F = v2 sicherzustellen. Dies liefert eine Gleichung für c0 (x2 ).
Partielles Ableiten von F nach x2 und Einsetzen von v2 führt auf
∂2 F (x1 , x2 ) =
ax2
(x21 + x22 )
!
+ c0 (x2 ) =
3
2
ax2
3
(x21 + x22 ) 2
= v2 (x1 , x2 ).
Wir erhalten daraus die Gleichung c0 (x2 ) = 0. (An dieser Stelle passiert es manchmal, dass
für c0 (x2 ) eine Gleichung entsteht, die auch x1 enthält; tritt das auf, so existiert keine
Stammfunktion!)
3. Schritt: Funktion c(x2 ) aus c(x2 ) =
Wir erhalten wegen c0 (x2 ) = 0:
R 0
c (x2 ) dx2 bestimmen, Stammfunktion angeben
Z
c(x2 ) =
0 dx2 = c ∈ R.
Insgesamt ergibt sich damit die Stammfunktion
F (x1 , x2 ) = − q
a
x21 + x22
+c=c−
a
.
kxk
Fazit aus Schritt 1-3: Wenn die notwendige Bedingung a = b erfüllt ist, hat v die angegebene
Stammfunktion F . Insbesondere gibt es im Falle a = b stets eine Stammfunktion – die
notwendige Bedingung ist hier also hinreichend.
Bemerkung: Natürlich kann man in Schritt 1 auch v2 nach x2 integrieren. Man erhält
dann eine Funktion c(x1 ), für deren Ableitung man in Schritt 2 eine Gleichung herleitet. In
Schritt 3 wird dann c0 (x1 ) bezüglich x1 integriert, um c(x1 ) und damit F zu bestimmen.
c) Nach
b) besitzt v im Fall Jv = JvT eine Stammfunktion F . Da w geschlossen ist, folgt
R
w v · dx = F (w(d)) − F (w(c)) = 0, siehe auch die Bemerkung in Z 1.1 b).
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Aufgabe Z 1.3: Ermitteln Sie in Teil a) und b) zunächst, ob das angegebene Kraftfeld in G1
bzw. G2 konservativ ist. Beantworten Sie dann die Frage in Teil c).
a) k(x1 , x2 ) :=
−x2
x1
c
kxk2

!
mit c ∈ R; G1 := R2 \ {0}, G2 := R2 \ {(t, 0)T : t ≤ 0}.

3x1 + 4x22 + 5x33

7 
T
3
3
b) K(x1 , x2 , x3 ) :=  8x1 x2 + sin x2 + 17
7 x3 ; G1 := R \{0}, G2 := R \{(t, 0, 0) : t ∈ R}.
15x1 x23 + 17x2 x63 + 3x73
c) Hängt die Arbeit, die in K zur Bewegung eines Massepunkts von A ∈ R3 nach B ∈ R3
geleistet werden muss, vom verwendeten Weg ab?
Lösung Z 1.3: Wiederholung: Es sei D ⊂ Rn eine offene Menge und v : D → Rn ein stetiges
Vektorfeld. Dann nennt man das Feld v genau dann konservativ, wenn es ein Gradientenfeld ist.
a) Der Fall c = 0 liefert k = 0. Dieses Feld ist auf R2 definiert und dort natürlich konservativ,
denn F : R2 → R, F (x) := c ∈ R ist eine Stammfunktion. Es gilt also ∇F (x) = k(x) für
alle x ∈ R2 und daher auch für alle x ∈ G1 , G2 , d. h. k ist auf G1 und G2 konservativ.
Wir behandeln nun c 6= 0. Für c 6= 0 handelt es sich bei dem Kraftfeld k um den sogenannten
isolierten Wirbel. Man rechnet direkt nach, dass k in G1 die notwendige Bedingung Jk = JkT
erfüllt. Trotzdem besitzt k in G1 keine Stammfunktion! Dies erkennt man z. B., indem man
v entlang der (vollständig in G1 enthaltenen!) Einheitskreislinie integriert, also entlang
von w : [0, 2π] → R2 , w(t) := (cos t, sin t)T : Da das Integral von k über die geschlossene
Kurve w nicht Null ist, kann k auf G1 kein Gradientenfeld sein. Für G2 funktioniert diese
Argumentation allerdings nicht mehr, weil die Einheitskreislinie nicht vollständig zu G2
gehört. In der Tat ist k auf G2 ein Gradientenfeld! Dies folgt daraus, dass Jk = JkT gilt
für das stetig differenzierbare Vektorfeld k in dem einfach zusammenhängenden Gebiet
G2 , siehe Satz A 5.2 des Skripts zur Mathematik 2 von Prof. Vexler. Dabei heißt eine
offene, wegzusammenhängende Menge D ⊂ Rn „einfach zusammenhängend“, wenn jede
geschlossene, vollständig in D verlaufende Kurve sich auf einen Punkt zusammenziehen
lässt, ohne dass D verlassen wird. Die offene, wegzusammenhängende Menge G2 besitzt
diese Eigenschaft, denn G2 beschreibt die Ebene R2 , aus der die nichtpositive x1 -Halbachse
entfernt wurde (Anschauung!).
Bemerkung: Für ein stetig differenzierbares Vektorfeld v ist die Bedingung Jv = JvT auf
einer offenen Menge notwendig für die Existenz einer Stammfunktion. Ist die Menge sogar
einfach zusammenhängend, so ist Jv = JvT auch hinreichend dafür.
b) Das Feld K ist auf R3 definiert und stetig differenzierbar. Man rechnet leicht nach, dass
JK (x) für alle x ∈ R3 symmetrisch ist. Da R3 einfach zusammenhängt, folgt aus der bereits
in a) benutzten Aussage, dass K auf R3 eine Stammfunktion besitzt. Insbesondere besitzt
K daher auf G1 und G2 eine Stammfunktion (obwohl G2 nicht einfach zusammenhängt!).
Alternativ kann man auch argumentieren, dass es wegen Jv = JvT eine Stammfunktion auf
der einfach zusammenhängenden Menge G1 gibt. Aus G2 ⊂ G1 folgt dann die Existenz einer
Stammfunktion auch auf G2 .
R
c) Die in K bei Bewegung eines Massepunkts von A nach B erforderliche Arbeit ist w K · dx,
wobei w : [a, b] → R3 A und B verbindet, d. h. w(a) = A und w(b) = B. Da
K nach
R
b) konservativ ist (Stammfunktion F ), hängt die erforderliche Arbeit wegen w K · dx =
F (w(b)) − F (w(a)) = F (B) − F (A) nur von A und B, nicht aber vom verwendeten Weg ab:
„In konservativen Feldern ist die Arbeit unabhängig vom gewählten Weg.“
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Tutoraufgaben (22.10. - 26.10.):
Aufgabe T 1.1:
a) Begründen Sie zunächst ohne Integration, warum das Vektorfeld

v : R3 → R3 ,

x22 x33 cos x1 − 4x31 x3


2x2 x33 sin x1
v(x) := 

3x22 x23 sin x1 − x41 + x23
ein Gradientenfeld ist, und bestimmen Sie dann eine Stammfunktion.
b) Berechnen Sie
R
w
v · dx längs w : [0, π] → R3 , w(t) := (2t, et , t − π)T möglichst geschickt.
c) Besitzt v auf dem nicht einfach zusammenhängenden Gebiet R3 \ {(t, 2t, 3t)T : t ∈ R} eine
Stammfunktion?
Lösung T 1.1:
a) Das Vektorfeld v ist offenbar stetig differenzierbar auf dem einfach zusammenhängenden
Gebiet R3 ; die Jakobimatrix von v lautet


∗
2x2 x33 cos x1 3x22 x23 cos x1 − 4x31


∗
6x2 x23 sin x1  .
Jv =  2x2 x33 cos x1
3x22 x23 cos x1 − 4x31 6x2 x23 sin x1
∗
Da Jv symmetrisch ist, besitzt v gemäß einem Satz aus der Vorlesung eine Stammfunktion.
(„Symmetrie der Jacobimatrix ist auf einfach zusammenhängenden Gebieten hinreichend für
die Existenz von Stammfunktionen.“)
Um die Stammfunktion F : R3 → R zu bestimmen, folgen wir dem Schema aus Aufgabe
Z 1.2. Ausgangspunkt ist der Ansatz
Z
F (x1 , x2 , x3 ) =
v1 (x1 , x2 , x3 ) dx1 = x22 x33 sin x1 − x41 x3 + c(x2 , x3 )
mit einer von x2 und x3 abhängigen Integrationskonstante c(x2 , x3 ). Partielle Differentiation
von F nach x2 liefert die Bedingung
!
∂2 F (x1 , x2 , x3 ) = 2x2 x33 sin x1 + ∂2 c(x2 , x3 ) = v2 (x1 , x2 , x3 ),
also ∂2 c(x2 , x3 ) = 0. Mit anderen Worten, c ist unabhängig von x2 : c(x2 , x3 ) = c(x3 ).
Partielle Differentiation von F nach x3 führt nun auf die Bedingung
!
∂3 F (x1 , x2 , x3 ) = 3x22 x23 sin x1 − x41 + c0 (x3 ) = v3 (x1 , x2 , x3 ),
also c0 (x3 ) = x23 . Daraus erhalten wir c(x3 ) = 13 x33 + c mit einer frei wählbaren Integrationskonstanten c ∈ R. Insgesamt definiert
1
F (x1 , x2 , x3 ) = x22 x33 sin x1 − x41 x3 + x33 + c
3
eine Stammfunktion von v.
Seite 6 von 10
b) Das Kurvenintegral lässt sich durch Auswertung der Stammfunktion F am Anfangs- und am
Endpunkt der Kurve berechnen: Wir definieren A := w(0) = (0, 1, −π)T und B := w(π) =
(2π, eπ , 0)T , was F (A) = − 31 π 3 + c und F (B) = c liefert. Damit ergibt sich
Z
π3
.
3
v · dx = F (B) − F (A) =
w
c) Ja, denn wie in a) begründet und auch berechnet, besitzt v eine Stammfunktion auf R3 ,
also insbesondere auch auf jeder Teilmenge von R3 .
Aufgabe T 1.2:
Es sei das Vektorfeld v : R2 → R2 gegeben durch v(x) := (2x2 , ex1 )T .
a) Untersuchen Sie die Jacobi-Matrix Jv von v auf Symmetrie. Ist v konservativ auf R2 ?
b) Ist v wegunabhängig integrierbar auf R2 ?
c) Berechnen Sie jeweils das Kurvenintegral über v von (0, 0)T nach (1, 1)T , einerseits längs der
direkten Verbindungsstrecke, andererseits längs des Streckenzuges über (1, 0)T . Begründen
Sie, dass das Ergebnis nicht im Widerspruch zu b) steht.
Lösung T 1.2:
a) Die Jacobi-Matrix des stetig differenzierbaren Vektorfeldes v ist für alle (x1 , x2 )T ∈ R2
gegeben durch
∂1 v1 (x1 , x2 ) ∂2 v1 (x1 , x2 )
∂1 v2 (x1 , x2 ) ∂2 v2 (x1 , x2 )
Jv (x1 , x2 ) =
!
=
0
ex1
!
2
.
0
Diese Matrix ist offenbar nicht für alle (x1 , x2 )T ∈ R2 symmetrisch, d. h. die notwendige Bedingung für Konservativität ist verletzt. Daher ist das Vektorfeld v auf R2 nicht
konservativ.
b) Da v kein Gradientenfeld ist auf der offenen, wegzusammenhängenden Menge R2 , ist v
gemäß der Vorlesung auch nicht wegunabhängig integrierbar auf R2 , vergleiche Satz A 5.1
im Skript von Prof. Vexler.
c) Es bezeichne w1 die direkte Verbindungsstrecke zwischen A := (0, 0)T und B := (1, 1)T und
w2 den Streckenzug bestehend aus w2,1 von A nach (1, 0)T gefolgt von w2,2 von (1, 0)T nach
B. Wir wählen die folgenden Parametrisierungen:
w1 : [0, 1] → R2 ,
w2,1 : [0, 1] → R2 ,
w1 (t) = (t, t)T ,
w2,1 (t) = (t, 0)T ,
w2,2 : [0, 1] → R2 ,
w2,2 (t) = (1, t)T .
Damit errechnen wir:
Z
v · dx =
w1
Z
w2
Z 1
2t + et dt = e,
0
v · dx =
Z
w2,1
v · dx +
Z
v · dx =
w2,2
Seite 7 von 10
Z 1
0 + e dt = e.
0
Offenbar liefern also beide Wege dasselbe Ergebnis! Das ist allerdings „Zufall“ und widerspricht nicht der Aussage aus b), dass v nicht wegunabhängig integrierbar auf R2 ist. Denn
das besagt nur, dass es mindestens ein Punktepaar im R2 und mindestens ein diese Punkte
verbindendes Paar von Wegen gibt, so dass die Kurvenintegrale entlang dieser beiden Wege
verschiedene Werte haben.
Zur „Beruhigung“ kann man z. B. den Streckenzug
w3 von A nach (0, 1)T nach B betrachten.
R
Das zugehörige Kurvenintegral liefert w3 v · dx = 3, also einen von e verschiedenen Wert.
Aufgabe T 1.3: Es sei D ⊂ Rn offen und v : D → Rn stetig und konservativ (Stammfunktion F ).
Ferner sei w : [a, b] → Rn eine in D verlaufende, zweimal stetig differenzierbare Kurve, die dem
Newtonschen Bewegungsgesetz w00 (t) = v (w(t)) genüge. Zeigen Sie, dass mit dem Potential von v
gegeben durch P := −F der folgende Energie-Erhaltungssatz erfüllt ist:
1 0
kw (b)k2 − kw0 (a)k2 = P (w(a)) − P (w(b)) .
2
Lösung T 1.3:
Zu zeigen ist
1 0
(∗)
kw (b)k2 − kw0 (a)k2 = F (w(b)) − F (w(a)) .
2
Der rechten Seite sieht man an, dass ein Zusammenhang zu Kurvenintegralen besteht. Wir formen
die linke Seite daher mittels Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung wie folgt um:
1 0
1
kw (b)k2 − kw0 (a)k2 =
2
2
Z b
d
a
dt
kw0 (t)k2 dt.
Wir berechnen die Ableitung auf der rechten Seite mittels kw0 (t)k2 = ni=1 (wi0 (t))2 . Dies führt
d
auf dt
kw0 (t)k2 = 2w00 (t)T w0 (t). Unter Verwendung des Newtonschen Bewegungsgesetzes erhalten
wir somit
P
1 0
kw (b)k2 − kw0 (a)k2 =
2
Z b
00
T
0
Z b
Da F eine Stammfunktion von v ist, gilt
a
R
w
0
Z
v (w(t)) w (t) dt =
w (t) w (t) dt =
a
T
v · dx.
w
v · dx = F (w(b)) − F (w(a)). Damit ist (∗) bewiesen.
Anschauliche Interpretation: Wir fassen w(t), t ∈ [a, b], als Bahn eines Teilchens (mit Einheitsmasse,
also m = 1) in dem Kraftfeld v auf. Da w den Ort des Teilchens darstellt, beschreibt w00 die
Beschleunigung des Teilchens. Das Newtonsche Bewegungsgesetz w00 (t) = v (w(t)) entspricht also
der Beziehung ma = F (hierbei steht F natürlich für die wirkende Kraft, nicht für die verwendete
Stammfunktion).
Da kw0 (t)k den Betrag der Geschwindigkeit des Teilchens zum Zeitpunkt t darstellt, beschreibt
die linke Seite des Energie-Erhaltungssatzes die Differenz der kinetischen Energie des Teilchens
am Anfangs- und am Endpunkt der Bewegung. Ist diese positiv, so hat sich die Geschwindigkeit
des Teilchens im Laufe der Bewegung erhöht; seine kinetische Energie hat sich vergrößert. Dazu
passend besagt die rechte Seite des Energie-Erhaltungssatzes, die dann ja auch positiv sein muss,
dass das Potential am Anfang der Bewegung größer war als am Ende; die potentielle Energie hat
abgenommen und zwar genau um den Betrag, um den die kinetische Energie zugenommen hat.
Insbesondere ist die Summe aus potentieller und kinetischer Energie des Teilchens konstant, d. h.
das System konserviert seine Energie.
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Hausaufgaben:
Aufgabe H 1.1:
a) Bestimmen Sie eine Stammfunktion des Vektorfeldes
!
2
2
v:R →R ,
v(x) := e
x1
x2 sin x2 − x1 cos x2
.
x1 sin x2 + x2 cos x2
b) Berechnen Sie w v · dx für w : [0, 2] → R2 , w(t) := (1, 0)T + t(1, 2)T , sowohl direkt als auch
mit Hilfe der Stammfunktion.
R
Lösung H 1.1:
a) Wir folgen dem in Aufgabe Z 1.2 vorgestellten Rechenschema zur Berechnung einer Stammfunktion F von v. Wir beginnen mit dem Ansatz
Z
F (x1 , x2 ) =
v1 (x1 , x2 ) dx1 = ex1 x2 sin x2 − (ex1 x1 − ex1 ) cos x2 + c(x2 ).
Partielle Differentiation nach x2 liefert die Bedingung
!
∂2 F (x1 , x2 ) = ex1 (sin x2 + x2 cos x2 ) + (ex1 x1 − ex1 ) sin x2 + c0 (x2 ) = v2 (x1 , x2 ),
also c0 (x2 ) = 0. Folglich gilt c(x2 ) = c ∈ R und damit
F (x1 , x2 ) = ex1 (x2 sin x2 − (x1 − 1) cos x2 ) + c,
wobei die Integrationskonstante c ∈ R beliebig gewählt werden kann.
b) Unter Berücksichtigung von w0 (t) = (1, 2)T ergibt sich für das betrachtete Kurvenintegral
Z
w
v · dx =
Z 2
e1+t (2t sin 2t − (1 + t) cos 2t) + 2e1+t ((1 + t) sin 2t + 2t cos 2t) dt = . . . ,
0
was nach langer Rechnung zum Ziel führt. Wesentlich bequemer errechnet man mit Hilfe
der Stammfunktion F den Wert des Kurvenintegrals:
Z
v · dx = F (w(2)) − F (w(0)) = e3 (4 sin 4 − 2 cos 4).
w
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Aufgabe H 1.2:
a) Untersuchen Sie das folgende Kraftfeld auf Wegunabhängigkeit des Kurvenintegrals:
k : R3 \ {0} → R3 ,
k(x) :=
x
.
kxk
b) Bestimmen Sie die Arbeit, die im Kraftfeld k für die Bewegung eines Massepunkts von
A = (−1, −1, 0)T nach B = (−1, 1, 0)T erforderlich ist, einerseits längs der direkten Verbindungsstrecke, andererseits längs des Kreisbogens eines geeigneten in der x1 -x2 -Ebene
liegenden Kreises um den Ursprung.
Lösung H 1.2:
a) k definiert ein stetig differenzierbares Vektorfeld auf dem einfach zusammenhängenden(!)
Gebiet R3 \{0}. Es gilt ki (x) = xi /kxk für i ∈ {1, 2, 3}. Ableiten ergibt ∂j ki (x) = −xi xj /kxk3
für i, j ∈ {1, 2, 3} und alle x ∈ R3 \ {0}. Dies zeigt wegen ∂j ki (x) = ∂i kj (x) die Symmetrie
der Jacobimatrix von k. Also ist k gemäß Vorlesung ein Gradientenfeld in R3 \ {0} (nach
Satz A 5.2) und als solches insbesondere wegunabhängig integrierbar (nach Satz A 5.1 oder
nach der Bemerkung in Z 1.1 b)).
b) Wir berechnen zunächst das Integral über k längs der direkten Verbindungsstrecke zwischen
den Punkten A = (−1, −1, 0)T und B = (−1, 1, 0)T im R3 , die sich wie folgt parametrisieren
lässt:
w1 : [0, 1] → R3 , w1 (t) := (−1, −1 + 2t, 0)T .
Unter Verwendung der Substitution s(t) = 2 − 4t + 4t2 ergibt sich
Z
k · dx =
Z 1
w1
0
−2 + 4t
√
dt =
2 − 4t + 4t2
Z 2
2
1
√ ds = 0.
2 s
Aufgrund der wegunabhängigen Integrierbarkeit von k besitzt das Integral über k längs
beliebiger Wege von A nach B in R3 \ {0} stets den Wert 0, insbesondere also auch längs
des zu betrachtenden Kreisbogens.
Um dieses Ergebnis
√ zu überprüfen, betrachten wir den in der x1 -x2 -Ebene liegenden Kreis
um 0 mit Radius 2, der die Punkte A und B enthält. Es gibt nun mehrere Möglichkeiten,
auf diesem Kreis von A nach B zu laufen. Wir entscheiden uns für den kürzesten Weg, der
sich wie folgt parametrisieren lässt:
5π 3π
w2 : − , −
→ R3 ,
4
4
w2 (t) :=
√
2 cos(−t),
T
√
2 sin(−t), 0 .
Hiermit errechnen wir
Z
w2
k · dx =
Z − 3π
4
1
− 5π
4
√ (2 cos(−t) sin(−t) − 2 sin(−t) cos(−t)) dt = 0,
2
was das obige Ergebnis bestätigt.
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