Lösungen zu Übung (12)

Lösungen zu Übung (12)
1.
∞
−∞
∞
−∞
1
dxdy
(1 + x2 + y 2 )4
=
2π
dϕ
0
= π −
∞
dr
0
r
(1 + r2 )4
∞
1
3 (1 + r2 )3
0
1
π
3
=
2. Wir wählen die z− Achse als Zylinderachse, die x− Achse als diejenige, um die das Trägheitsmoment
bestimmt wird. Eine passende Parametrisierung ist dann mit 2d (das ist günstiger, setze sonst d1 = d/2)
als Dicke der Scheibe und R als Radius der Scheibe:


r cos (ϕ)
−
→
x (r, ϕ, z) =  r sin (ϕ)  , 0 ≤ r ≤ R, 0 ≤ ϕ < 2π, − d ≤ z ≤ d.
z
→
Der quadrierte Abstand des Scheibenpunktes −
x (r, ϕ, z) von der x− Achse ist dann:
a2 (r, ϕ, z) = r2 sin2 (ϕ) + z 2 .
Daher
T
=
R
0
=
dr
0
2π
d
R4
dϕ
dz r2 sin2 (ϕ) + z 2 r = 2d
4
−d
2d3 R2
R4 d
π+
π.
2
3
2π
sin2 (ϕ) dϕ +
0
2d3 R2
·
· 2π
3
2
Mit der ursprünglich d genannten Dicke hat man d2 für d einzusetzen in den gewonnenen Ausdruck.
Für Massendichte c > 0 multipliziert sich der Wert einfach mit c.
3. Der gerade Kreiszylinderkörper x2 +y 2 ≤ 1 (im R3 (!)) mit der z− Achse als Zylinderachse wird unten von
der xy− Ebene begrenzt und oben schräg durch die Ebene x+ y +z = 5 abgeschnitten. Den resultierenden
Körper nennen wir K.
(a) Eine Parametrisierung für K:


r cos (ϕ)
−
→
x (r, ϕ, z) =  r sin (ϕ)  , 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ ϕ < 2π, 0 ≤ z ≤ 5 − r cos (ϕ) − r sin (ϕ) .
z
(b) Der Schwerpunkt S von K hat den Ortsvektor:
−
→
xS
=
=
=
=
=
=

r cos (ϕ)
dϕ
dr
dz  r sin (ϕ)  r
0
0
0
z


2π
1
(5 − r cos ϕ − r sin (ϕ)) r cos ϕ
∗ 1
dϕ
dr  (5 − r cos ϕ − r sin (ϕ)) r sin ϕ  r
5π 0
1
0
(5 − r cos ϕ − r sin (ϕ))2

 2
1 2π
(5 − r cos ϕ − r sin (ϕ)) r cos ϕ
∗∗ 1
dr
dϕ  (5 − r cos ϕ − r sin (ϕ)) r sin ϕ  r
5π 0
2
1
0
2 (5 − r cos ϕ − r sin (ϕ))


1
−r3 π
∗∗∗ 1

−r3 π
dr 
5π 0
25
3
r
·
2π
+
πr
2


−π/4
1 

−π/4 1 5π
π 25
+
2

 4
−1
1 
−1  .
20
51
1
Volumen von K
2π
1
1
5−r cos ϕ−r sin(ϕ)

Zu ∗ ) : Das Volumen ist offenbar dasselbe wie bei einem geraden Zylinder desselben Radius mit der
Höhe 5, also 5π. Natürlich kann man das auch mit dem Integral
V =
2π
dϕ
0
1
dr
0
5−r cos ϕ−r sin(ϕ)
dz r = 5π
0
ausrechnen.
Zu ∗∗ ) : Man sollte nicht r hineinmultiplizieren und zuerst über r integrieren, sondern zuerst über ϕ
integrieren und sehen, was alles einfach wegfällt.
Zu ∗∗∗ ) : Nur Terme mit cos2 ϕ bzw. sin2 ϕ tragen etwas bei! Ferner sollte man über Additionstheorem
sehen bzw. sogar wissen:
2π
2π
dϕ sin2 (ϕ) =
0
dϕ cos2 (ϕ) = π.
0
(c) Das Trägheitsmoment von K um die z− Achse bei homogener Massenverteilung mit Massendichte 1
ist
1 2π
5−r cos ϕ−r sin(ϕ)
T =
dr
dϕ
dz r3
0
=
0
1
0
= 2π
dr
1
0
2π
dϕ (5 − r cos ϕ − r sin (ϕ)) r3
0
dr5r3
0
=
5
π.
2
(Für Massendichte c > 0 wäre wieder mit c zu multiplizieren.)
(d) Die mittlere Höhe der Deckelflächen-Punkte ist offenbar 5. Das überlegt man leicht so: Die Deckelfläche ist eine Ellipse, deren eine Hälfte oberhalb einer Achse auf der Höhe 5 sitzt, die andere unterhalb.
Wegen der Symmetrie ergibt sich die mittlere Höhe 5. Selbstverständlich kann man die mittlere Höhe
auch ausrechnen, etwa so: Die mittlere Höhe ist der Mittelwert des Skalarfeldes s (x, y) = 5 − x − y
auf dem Einheitskreis, also mit Polarkoordinaten gerechnet:
1 2π 1
(5 − r cos (ϕ) − r sin (ϕ)) rdrdϕ = 5.
π 0
0
(e) Das Trägheitsmoment eines geraden Kreiszylinders der Höhe 5 und vom Radius 1 um die Zylinderachse bei Massendichte konstant 1 hat denselben Wert:
1 2π
5
5
T1 =
dr
dϕ
dz r3 = π.
2
0
0
0
(Für allgemeinen Radius R ergibt sich 52 πR4 .)
Bemerkung: Natürlich kann man dieselbe Symmetrieüberlegung wie für die mittlere Höhe auch für
das Trägheitsmoment selbst anstellen und T sofort über T1 berechnen. Die gesonderte Rechnung für
T führten wir aus, um das einfache Verschwinden von Integralen über sin bzw. cos über eine volle
Periodendauer bewusst anzuwenden.
−
→ →
→
4. Der Fluss des Feldes f −
x = 2−
x nach außen durch die Oberfläche der Kugel um den Ursprung mit
Radius R ist als Flussintegral berechnet: Für die Kugeloberfläche haben wir die naheliegende Parametrisierung


cos (ϕ) sin (ϑ)
−
→
x (ϑ, ϕ) = R  sin (ϕ) sin (ϑ)  , 0 ≤ ϑ ≤ π, 0 ≤ ϕ < 2π.
cos (ϑ)
Damit ergibt sich das vektorielle Flächenelement


cos (ϕ) sin (ϑ)
−
→
→
x ϑ (ϑ, ϕ) × −
x ϕ (ϑ, ϕ) = R2 sin (ϑ)  sin (ϕ) sin (ϑ)  ,
cos (ϑ)
2
also haben wir
Φ =
π
dϑ
0
=
0
2π
0
π
dϑ
2π




cos (ϕ) sin (ϑ)
cos (ϕ) sin (ϑ)
dϕ R2 sin (ϑ)  sin (ϕ) sin (ϑ)  · 2R  sin (ϕ) sin (ϑ) 
cos (ϑ)
cos (ϑ)
dϕ 2R3 sin (ϑ) = 8πR3 .
0
Das ist mit dem Gaußschen Satz viel einfacher:
−
→ →
div f −
x
= 6 (konstant), also
−
→ →
→
Φ =
d−
x div f −
x
=
Kugelkörper
π
R
dr
0
dϑ
0
2π
dϕ 6R2 sin (ϑ)
0
= 6 · Kugelvolumen
4
= 6 · R3 π = 8πR3 .
3
Mit der konstanten Divergenz sieht man nun über den Satz von Gauß sofort, dass der Fluss desselben
Feldes (nach außen) durch die Oberfläche der Kugel vom Radius R mit dem Mittelpunkt (1, 1, 1) denselben
Wert hat. Es ist nützlich, das auch noch einmal über das Flussintegral zu beobachten: Eine geeignete
Parametrisierung ist
 
1
−
→
→
y (ϑ, ϕ) = −
x (ϑ, ϕ) +  1  ,
1
und man erhält sofort dasselbe vektorielle Flächenelement. Damit lautet das neue Flussintegral:

  


π 2π
cos (ϕ) sin (ϑ)
1
cos (ϕ) sin (ϑ)
dϑ
dϕ R2 sin (ϑ)  sin (ϕ) sin (ϑ)  · 2  1  + R  sin (ϕ) sin (ϑ)  .
Φ1 = Φ =
0
0
cos (ϑ)
1
cos (ϑ)
 
1
Und nun kann man sehen, dass der Summand  1  nichts beiträgt, weil in den ersten beiden Kompo1
nenten cos (ϕ) bzw. sin (ϕ) , in der dritten Komponente sin (ϑ) cos (ϑ) = 12 sin (2ϑ) jeweils über eine volle
Periodendauer integriert werden, alle Resultate sind Null.
5. Man sieht schnell:
c −
3c −
→
→ −
→
div −
3 x = − −
5 x · x +
→
→
x
x
3c
→
−
→ −
−
3 = 0 (konstant, existiert an allen Stellen außer x = 0 .)
→
x
Also hat man mit dem Gaußschen Satz direkt für eine Kugel, die den Urprung nicht enthält, dass der
−
→
Fluss von f durch ihre Oberfläche Null ist. Aber auf den Fall der Kugel (sagen wir vom Radius R > 0),
welche ihren Mittelpunkt im Ursprung hat, kann man den Satz nicht anwenden, weil seine Voraussetzungen
nicht erfüllt sind: Die Divergenz müsste stetig auf der gesamten Kugel sein. Man muss daher den Fluss
ausrechnen und findet:




2π
π
cos (ϕ) sin (ϑ)
cos (ϕ) sin (ϑ)
c
Φ =
dϕ
dϑ R2 sin (ϑ)  sin (ϕ) sin (ϑ)  · 
3 R  sin (ϕ) sin (ϑ) 
0
0
cos
(ϕ)
sin
(ϑ)
cos (ϑ)
cos (ϑ)
R  sin (ϕ) sin (ϑ) 
cos (ϑ)
2π
π
= ∗c
dϕ
dϑ sin (ϑ)
0
0
= 4πc.


cos (ϕ) sin (ϑ) Zu ∗ ) : Man beachte, dass  sin (ϕ) sin (ϑ)  = 1.
cos (ϑ)
3