Lösungsvorschlag - Höhere Mathematik an der TUM

Technische Universität München
Fakultät für Mathematik
Prof. Dr. J. Edenhofer
Dipl.-Ing. W. Schultz
SS 2008
Übung 8 (Lösungsvorschlag)
Mathematische Behandlung der Natur- und Wirtschaftswissenschaften II
Aufgabe T 20 (079) (Satz von Stokes: Verifikation)
Sei P := {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 = 2 z, z ≤ 2} der beschränkte Teil des Paraboloids 2 z = x2 + y 2 zum
Rand Γ := {(x, y, 2) ∈ IR3 : x2 + y 2 = 4}. Gegeben sei ferner das Geschwindigkeitsfeld ~v : IR 3 → IR3,
~v (x, y, z) = (3 y, −z x, z 2 y)t .
a) Parametrisieren Sie die Fläche P und die Kurve Γ =: ∂P (Orientierung?).
b) Man berechne die Zirkulation von ~v längs der Kurve Γ.
c) Verifizieren Sie den Satz von Stokes an diesem Beispiel.
Lösung:
3
2
2
a) Parametrisierung derFläche P
 = {(x, y, z) ∈ IR : x +y = 2 z, z ≤ 2} durch Polarkoordinaten:
r cos ϕ
~σ (r, ϕ) :=  r sin ϕ , 0 ≤ ϕ < 2π, 0 ≤ r ≤ 2,

 

 2

r2 /2
cos ϕ
−r sin ϕ
−r cos ϕ
~ = ~σr ×~σϕ dr dϕ =  sin ϕ × r cos ϕ dr dϕ = −r2 sin ϕ dr dϕ
dS
r
0
r
Parametrisierung der Randkurve ∂P :


2 cos ϕ
~γ (ϕ) := ~σ (2, ϕ) =  2 sin ϕ , 0 ≤ ϕ < 2π


2
−2 sin ϕ
~γϕ =  2 cos ϕ 
0
(0, 2π) (2, 2π)
~γϕ
6
~σ
KA
X
y
XX q A
j
H
~σr×~σϕ
(0, 0) ?- (2, 0)
q
Man überlege sich, wie das Rechteck [0, 2] × [0, 2π[ deformiert wird zum Paraboloid P .
b) Berechnung der Zirkulation längs der Kurve Γ = ∂P von ~v = (3 y, −z x, z 2 y)t :

 

Z2π Z2π
I
−2 sin ϕ
3 · 2 sin ϕ
−2 · 2 cos ϕ ·  2 cos ϕ  dϕ =
− 12 sin2 ϕ − 8 cos2 ϕ dϕ
~v · d~x =
∂P
0
22 · 2 sin ϕ
ϕ=0
ϕ=0
2π
Z 2π ϕ − sin ϕ cos ϕ
=
− 4 sin2 ϕ − 8 dϕ = − 4
− 8ϕ
= −20π
2
ϕ=0
ϕ=0
I
ZZ
~
~v · d~x, sollte sich die Zirkulation auch als Oberflächen(rot ~v ) · dS =
c) Nach dem Satz von Stokes,
∂P
P
Integral ergeben:

  2
 
  
z +x
∂y ( z 2 y) − ∂z (−z x)
3y
∂x
rot ~v = ∂y  × −z x =  ∂z ( 3 y ) − ∂x ( z 2 y)  =  0 
−z − 3
∂z
∂x (−z x) − ∂y ( 3 y )
z2y




ZZ Z2 Z2π (r2 /2)2 + r cos ϕ
−r2 cos ϕ
~ =

 ·  −r2 sin ϕ  dϕ dr
0
rot ~v ·dS
2
P
−(r /2) − 3
r
r=0 ϕ=0
Z 2 Z 2π
r6
r3
3
2
cos ϕ + r cos ϕ +
+ 3 r dϕ dr
= −
4
2
r=0 ϕ=0
2π
Z 2 6
ϕ + sin ϕ cos ϕ r3
r
= −
sin ϕ + r 3
+
ϕ + 3 rϕ
dr
4
2
2
r=0
ϕ=0
4
2
Z 2
r
3 r2
3
= −2π
(r + 3 r) dr = −2π
= −20π
+
4
2 r=0
r=0
Aufgabe T 21 (080) (Maxwell-Gleichungen)
Die Grundgleichungen der Elektrotechnik und Optik sind die Maxwell-Gleichungen:
ρ
ε0
~
~
rot E = −∂t B
~ =
div E
~ =0
div B
~
~ = µ0 ~ + 1 ∂t E
rot B
c2
~ die el. Feldstärke, B
~ die magn. Induktion, ρ die el. Ladungsdichte, ~ die el. Stromdichte, µ 0
Dabei ist E
√
die magn. Feldkonstante, ε0 die el. Feldkonstante und c = 1/ µo ε0 die Lichtgeschwindigkeit.
a) Leiten Sie aus den Maxwell-Gleichungen die Kontinuitätsgleichung div~ + ∂t ρ = 0 her und interpretieren Sie diese Identität (mit dem Satz von Gauß).
~ gilt div rot B
~ = 0.
B
Hinweis: Für jedes zweimal stetig-differenzierbare VektorfeldRRR
Die elektrische Ladung innerhalb eines Körpers K ist Q = K ρ dV und der elektrische Strom
RR
~.
nach außen durch die Oberfläche von K ist I = ∂K ~ dS
b) Zeigen Sie: Für k, ω > 0 mit c = ω/k stellt das Paar
~ x, t) := 1 cos(kz − ωt) ~ey
B(~
c
eine Lösung der Maxwell-Gleichungen zu ρ = 0, ~ = ~0 dar.
~ und B
~ beschreiben das elektromagnetische Feld einer linear polarisierten ebenen
Bemerkung: E
Lichtwelle, welche sich in z-Richtung mit der Geschwindigkeit c = ω/k ausbreitet.
~ x, t) := cos(kz − ωt) ~ex
E(~
Lösung:
a) 0 =
1
~ = div ~ + 1 ∂t div E
~ = div ~ + 1 ∂t ρ
div rot B
µ0
µ 0 c2
µ 0 ε0 c2
∂t Q = ∂ t
ZZZ
ρ dV =
K
ZZZ
K
∂t ρ dV = −
ZZZ
| {z }
=1
K
div ~ dV = −
ZZ
∂K
~ = −I
~ · dS
Die zeitliche Änderung der elektrischen Ladung Q in jedem Körper K ist gleich dem elektrischen
Strom I durch die Oberfläche von K (Gesetz der Ladungserhaltung).
~ = ∂x cos(kz − ωt) + ∂y 0 + ∂z 0 = 0 div B
~ = ∂x 0 + ∂ y
b) div E
1
cos(kz − ωt) + ∂z 0 = 0
c



 cos(kz−ωt) 
0
0
∂x 
 




~
~ =
 = −k sin(kz−ωt) = − ∂t  k cos(kz − ωt) = − ∂t B
0
rot E
∂y ×

 

ω


∂z
0
0
0

 k


 
cos(kz−ωt)
0
sin(kz−ωt)
∂x 


 c

1 
1


~ =
~

 = 1 ∂t E
0
rot B
 = 2 ∂t 
∂y ×
0

 c2
 c cos(kz−ωt) = 

 c

∂z
0
0
0
~ und B
~ hängen nur von der Größe kz − ωt ab: Beide nehme auf der Ebene z =
Diese Felder E
ω/k · t +const. jeweils dieselben Werte an. Eine solche Ebene breitet sich mit der Geschwindigkeit
c = ω/k in z-Richtung aus. Der Abstand zwischen zwei benachbarten Ebenen, auf denen die Felder
jeweils dieselben Werte annehmen, ist die Wellenlänge λ := ∆z = 2π/k.
Aufgabe T 22 (078C) (Straßenverkehrs-Gleichung)
Wir betrachten eine einspurige Straße, in welcher der Verkehr in x-Richtung verlaufe.
Sei ρ(t, x) ≥ 0 die Fahrzeug-Dichte und v(t, x) ≥ 0 die Geschwindigkeit der Fahrzeuge an der Stelle
x ∈ IR zum Zeitpunkt t ≥ 0. Die Größe j := ρ·v ist die Fahrzeug-Stromdichte.
a) Nehmen Sie die Funktionen ρ, v als stetig differenzierbar an und zeigen
Sie die Kontinuitätsgleichung
(1)
ρt + (ρ·v)x = ρt + jx = 0 ,
~n(·, x2 )
x2 6
6
-~n(t2 , ·)
x1
welche besagt, dass die Anzahl der Fahrzeuge erhalten bleibt.
Stellen Sie dazu eine Bilanz im Rechteck R := [t1 , t2 ]×[x1 , x2 ] auf.
?
~n(·, x1 )
-
t1
t2
b) Überlegen Sie sich einen plausiblen Zusammenhang zwischen der FahrzeugDichte ρ und der Fahrzeug-Geschwindigkeit v. Stellen Sie damit eine Differentialgleichung f ür ρ auf.
Lösung:
a)
Z
x2
x1
Z t2
ρ(t, x) dx ist die Anzahl der Fahrzeuge im Bereich [x1 , x2 ] zum Zeitpunkt t und
j(t, x) dt ist die Anzahl der Fahrzeuge, die in der Zeitspanne [t 1 , t2 ] die Stelle x passieren.
t1
Wir stellen eine Bilanz im Bereich [x1 , x2 ] in der Zeitspanne [t1 , t2 ] auf:
Die Anzahl der Fahrzeuge im Bereich [x1 , x2 ] zum Zeitpunkt t2 ist gleich der Anzahl der Fahrzeuge
im Bereich [x1 , x2 ] zum Zeitpunkt t1 plus der Anzahl der Fahrzeuge, die in der Zeitspanne [t 1 , t2 ]
die Stelle x1 passieren (hineinfahren), minus der Anzahl der Fahrzeuge, die in der Zeitspanne [t 1 , t2 ]
die Stelle x2 passieren (herausfahren).
Z
0 =
Zx2
x1
=
I
x2
ρ(t2 , x) dx =
x1
!
Z
∂R
ρ
· ~n dS =
j
ρ(t1 , x) dx +
x1
Zt2
!
1
ρ(t2 , x)
dx +
·
0
j(t2 , x)
!
x2
t1
Z
R
!
Z
!
t2
t1
j(t, x1 ) dt −
Zx2
0
ρ(t, x2 )
dt +
·
1
j(t, x2 )
x1
Z
t2
j(t, x2 ) dt
t1
!
!
Zt2
ρ(t1 , x) −1
dx +
·
0
j(t1 , x)
t1
!
!
0
ρ(t, x1 )
dt
·
j(t, x1 ) −1
(ρt + jx ) dt dx (Satz von Gauß)
Weil diese Beziehung für beliebige Rechtecke R gilt, folgt die Behauptung.
b) Ein einfaches Modell ist
v(ρ) = vmax −
1
vmax
ρ = 1− ρ
ρmax
2
mit der maximalen Geschwindigkeit vmax = 1 und der maximalen Dichte ρmax = 2.
Wir erhalten eine Straßenverkehrs-Gleichung für ρ:
ρt + (1 − ρ) · ρx = 0
Wir lösen diese partielle Differentialgleichung nicht, wollen jedoch bemerken, dass man mit diesem
einfachen Modell bereits die Bildung von Verkehrsstaus verstehen kann.
Aufgabe H 20 (078D) (Wärmeleitungs-Gleichung)
Gegeben sei der Körper K ⊂ IR3 . Das Medium darin habe die Wärmekapazität c > 0 und den Wärmeleitkoeffizienten λ > 0. Sei Θ(t, ~x) die Temperatur und ~ (t, ~x) die Wärmestromdichte an der Stelle ~x ∈ K
zum Zeitpunkt t ≥ 0.
a) Zeigen Sie unter Verwendung der Energie-Erhaltung die Kontinuitätsgleichung
∂t (c Θ) + div ~ = 0 .
Hinweis:
ZZZ
Die Wärme (-Energie) in einem
ZZ Volumen V ⊂ K ist E = V c Θ dV und der Wärmestrom durch
~ (jeweils zu einem Zeitpunkt t).
eine Fläche F ⊂ K ist I =
~ · dS
F
b) Das Fourier-Gesetz verbindet die Temperatur Θ mit der Wärmestromdichte ~ über
~ .
~ = −λ · ∇Θ
Welcher Differentialgleichung genügt die Funktion Θ, wenn sich die Koeffizienten c, λ räumlich
(innerhalb von K) und zeitlich nicht ändern?
Lösung:
a) Wegen der Energie-Erhaltung kann sich die Wärme in einem Kontrollvolumen V nur ändern, wenn
Wärme durch die Oberfläche ∂V fließt. Die Wärme-Änderung Ė im V ist daher betragsgleich gleich
dem Wärmestrom I durch die Oberfläche ∂V .
Wegen der Vorzeichenkonvention beim Oberflächen-Integral gilt Ė = −I.
ZZZ
⇒
∂t (c Θ) dV = Ė = −I = −
ZZZV V
ZZ
∂V
~=−
~ dS
ZZZ
div ~ dV
V
∂t (c Θ) + div ~ dV = 0
Die letzte Gleichung ist für beliebige Kontrollvolumen V erfüllt, weshalb ∂t (c Θ) + div ~ = 0 gelten
muss.
b) Ersetzt man ~ = −λ∇Θ in der Kontinuitätsgleichung so entsteht die folgende partielle Differentialgleichung für die Temperatur Θ:
0 = ∂t (c Θ) +
3
X
i=1
∂xi j i = c ∂ t Θ − λ
X3
|
i=1
∂xi ∂xi Θ
{z
=:∆Θ
}
Mit der Abkürzung α := λ/c > 0 ergibt sich die Wärmeleitungs-Gleichung
−∆Θ +
1
Θt = 0 ,
α
welche interessanterweise auch in der Finanzmathematik eine Rolle spielt.
Aufgabe H 21 (074B) (Vektorpotential)
Sei G ⊂ IR3 ein Gebiet und f~ : G → IR3 ein stetig differenzierbares Vektorfeld.
Zeigen Sie:
a) Hat f~ ein Vektorpotential F~ , d.h. wenn es eine differenzierbare Funktion F~ : G → IR3 gibt mit
f~ = rot F~ , dann gilt div f~ = 0.
(Bemerkung: Ist das Gebiet G einfach zusammenhängend, so gilt auch die Umkehrung)
~ welche von der Stromdichte ~ erzeugt wird, ist
b) Die magnetische Induktion B,
~ x) = k
B(~
ZZZ
~ (~y ) ×
~x − ~y
t
t
dy
dy
dy
~
x
=
(x
,
x
,
x
)
,
~
y
=
(y
,
y
,
y
)
,
1
2
3
1
2
3
1
2
3
|~x − ~y |3
~ das Vektorpotential
wo k eine Proportionalitätskonstante ist. Man zeige, dass B
F~ (~x) = k
ZZZ
1
~ (~y ) dy1 dy2 dy3
|~x − ~y |
~ = 0.
besitzt. Es gilt folglich div B
Lösung:
a) Wir zeigen div rot F~ = 0 . Dies folgt aus der Vertauschbarkeit der partiellen Ableitungen:

 



∂x1
F1
∂x2 F 3 − ∂ x3 F 2

  


div f~ = div rot F~ = div ∂x2  × F2  = (∂x1 ∂x2 ∂x3 ) ∂x3 F1 − ∂x1 F3 
∂x3
F3
∂x1 F 2 − ∂ x2 F 1
= ∂ x1 ∂x2 F 3 − ∂ x3 F 2 + ∂ x2 ∂x3 F 1 − ∂ x1 F 3 + ∂ x3 ∂x1 F 2 − ∂ x2 F 1
= ∂ x1 ∂x2 F 3 − ∂ x2 ∂x1 F 3 + ∂ x2 ∂x3 F 1 − ∂ x3 ∂x2 F 1 + ∂ x3 ∂x1 F 2 − ∂ x1 ∂x3 F 2 = 0
RRR
b) Die Differentiation rot~x darf mit der Integration
dy1 dy2 dy3 vertauscht werden. Daher genügt
es zu zeigen, dass
~x − ~y
1
~ (~y ) = ~ (~y ) ×
rot~x
|~x − ~y |
|~x − ~y |3
gilt. Wir rechnen die Identität nach und benutzen dabei die Abkürzungen
r := |~x − ~y | =
∂xi r =
q
(x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 + (x3 − y3 )2 ,
xi − y i
(i = 1, 2, 3).
r
Man beachte, dass ~y und damit auch ~j(~y ) = (j1 , j2 , j3 )t konstant ist, wenn nach x1 , x2 , x3 abgeleitet
wird.

∂x1
rot~x
 
j1 /r


∂x2 (j3 /r) − ∂x3 (j2 /r)


 
 

1
∂x3 (j1 /r) − ∂x1 (j3 /r)
j2 /r
∂x2 
×
=
~ (~y ) = 






|~x − ~y |
j3 /r
∂x1 (j2 /r) − ∂x2 (j1 /r)
∂x3

−j3 /r2 ∂x2 r + j2 /r2 ∂x3 r



2
2

=
−j1 /r ∂x3 r + j3 /r ∂x1 r  =
−j2 /r2 ∂x1 r + j1 /r2 ∂x2 r

j2 (x3 −y3 ) − j3 (x2 −y2 )


1
~x −~y
j3 (x1 −y1 ) − j1 (x3 −y3 ) = ~ (~
y) ×


r3
|~x −~y |3
j1 (x2 −y2 ) − j2 (x1 −y1 )
Aufgabe H 22 (080A) (Magnetfeld eines geraden Leiters)
In einem unendlich langen, geraden Draht bei x = 0, y = 0 fließe der zeitlich
konstante Strom I in Richtung der z-Achse. Es soll die resultierende magnetische
~ berechnet werden.
Induktion B
a) Sei A ⊂ IR3 eine orientierte Fläche mit glattem Rand ∂A und I der
Strom durch diese Fläche. Leiten Sie aus den Maxwell-Gleichungen das
Ampèresche Gesetz
I
1
~ x) · d~x
I=
B(~
µ0 ∂A
~ sei dabei zeitlich konstant.
her. Das elektrische Feld E
z
6
6
I
~
B
s
x
HH r
ϕ H
j
H
*
-y
b) Die magnetische Induktion hängt nicht von der z-Koordinate ab und hat die Form


−sin ϕ
~ x) = B(r) ·  cos ϕ 
B(~
0

r cos ϕ
~x =  r sin ϕ  .
z


~ mit Hilfe des Ampèreschen Gesetzes.
Berechnen Sie die magnetische Induktion B
Lösung:
a) Der Strom I durch die Fläche A ist
Integralsatz folgt
I=
ZZ
~= 1
~ · dS
µ0
A
RR
·
A~
ZZ A
~ . Mit einer Maxwell-Gleichung und dem Stokeschen
dS
~˙
~= 1
~− 1 E
· dS
rot B
|{z}
2
c
µ0
=0
I
∂A
~ · d~x .
B
b) Wir integrieren längs der Kreise ∂A = {(x, y, z) ∈ IR3 : x2 + y 2 = r2 , z = const.}:

⇒



r cos t
−r sin t
~γ (t) :=  r sin t , t ∈ [0, 2π], ~γ˙ (t) =  r cos t ,
z
0



I
Z 2π
−r sin t
− sin t
2π r
1
1
~ x) · d~x =
B(r) cos t  ·  r cos t dt =
B(r)
B(~
I=
µ0 x2 +y2 =r2
µ0 0
µ0
0
0

 



− sin t
−y
−r sin t
µ
I
µ
I
µ
I
0
~ x) = 0  cos t  = 0  r cos t  =
 x
B(~
2π r
2π r2
2π (x2 +y 2 )
0
0
0