Mathe3Blatt3

Mathematik III - Blatt 3
Christopher Bronner, Frank Essenberger
FU Berlin
7.November 2006
Aufgabe 1
Die Länge der Kurve, deren Bahn die Lösung der Gleichung
2
2
2
x3 + y 3
= a3
ist, lautet
∫
L(γ̄)
∫
=
2π
˙
kγ̄(t)k
dt.
ds =
γ̄
0
Abbildung 1: Astroide
Die Parametrisierung und ihre Ableitung:
γ̄(t)
= (a cos3 t, a sin3 t) : [0, 2π] → R2
1
(
˙
γ̄(t)
=
−3a cos2 t sin t
3a sin2 t cos t
)
Damit kann man den Umfang (also die Länge) berechnen:
∫
2π
L(γ̄) =
0
=
∫
2π
3a
∫
=
√
9a2 cos4 t sin2 t + 9a2 sin4 t cos2 tdt
√
(
)
sin2 t cos2 t cos2 t + sin2 t dt
0
2π
|sin t cos t| dt
3a
0
Die Funktion sin t cos t ist zwischen 0 und π2 positiv, zwischen π2 und π negativ,
3π
zwischen π und 3π
2 wieder positiv und zwischen 2 und 2π wieder negativ. Damit
kann man das Integral umschreiben und die Betragsstriche weglassen.
[∫
L(γ̄)
=
π
2
3a
∫
sin t cos tdt −
0
([
1
sin2 t
2
] π2
[
∫
π
sin t cos tdt +
π
2
1
3a
sin2 t
−
2
0
(
)
1 1 1 1
3a
+ + +
2 2 2 2
6a
=
=
=
3π
2
∫
sin t cos tdt −
sin t cos tdt
3π
2
π
]π
π
2
] 3π
]2π )
[
2
1
1
2
2
+
sin t
sin t
−
2
2
3π
π
[
2
Aufgabe 2
a)
Für c =
1
2π
und t ∈ [−2π, 2π] sieht die logarithmische Spirale so aus:
2
]
2π
Abbildung 2: logarithmische Spirale
b)
Die Parametrisierung für einen Teil der logarithmische Spirale lautet
γ̄(t) =
(
)
ect cos t, ect sin t : [a, b] → R2
Die Länge dieser Kurve ist
∫
b
˙
kγ̄(t)k
dt
L(γ̄) =
a
Die Ableitung der Kurve sieht so aus:
(
˙
γ̄(t)
=
cect cos t − ect sin t
cect sin t + ect cos t
Also kann man das Integral jetzt ausrechnen.
3
)
∫
b
L(γ̄) =
a
∫
b
=
a
∫
√
c2 e2ct + e2ct dt
b
√
c2 + 1ect dt
a
=
√
c2 e2ct cos2 t + e2ct sin2 t + c2 e2ct sin2 t + e2ct cos2 tdt
b
=
∫
√
2
2
(cect cos t − ect sin t) + (cect sin t + ect cos t) dt
a
[
]b
√
1
=
c2 + 1 ect
c
a
√
)
1 ( cb
=
1 + 2 e − eca
c
Für den Grenzfall a → −∞ gilt:
√
lim L(γ̄) =
a→−∞
1
1+ 2
c
(
) √
1
cb
ca
e − lim e
= 1 + 2 ecb
a→−∞
c
c)
Zunächst schaffen wir uns eine Parametrisierung des Kreises, er soll Radius R
haben.
γ¯K (s)
=
(R cos s, R sin s) : [0, 2π] → R2
Um einzusehen, dass es genau einen Schnittpunkt von γ̄ und γ¯K gibt, betrachten
wir ihre Beträge. Der Betrag des Kreises
kγ¯K (s)k =
√ (
)
R2 cos2 s + sin2 s = R
ist konstant. Der Betrag der logarithmischen Spirale ist
kγ̄(t)k =
√
e2ct cos2 t + e2ct sin2 t = ect
Da der Betrag der logarithmischen Kurve eine streng monoton wachsende Funktion ist, kann sie höchstens einen Schnittpunkt mit der konstanten Betragsfunktion des Kreises haben. Da ect surjektiv auf die positiven Zahlen (ohne Null)
R+ ist und R ∈ R+ sein muss, existiert (genau) ein ts , für das der Betrag des
Punktes γ̄(ts ) gerade R ist. Dann muss dieser Punkt auch Element des Kreises
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sein, ist also in beiden Bahnen und somit der Schnittpunkt.
Der Schnittwinkel α zwischen den beiden Kurven ist charakterisiert durch
cos α
=
˙
γ̄(t)
· γ¯˙K (s)
˙
kγ̄(t)k
kγ¯˙K (s)k
Wir wählen den Randpunkt des einen Parameterintervalls a = −2πn für ein
passendes n, sodass eca < R ist. Wir dürfen nun ohne Bedenken s = t setzen,
da s bzw. t der Winkel zwischen der x-Achse und den Punkten aus γ¯K bzw. γ̄
ist, die die jeweils andere Kurve schneiden. Diese Punkte sind natürlich gleich
und somit auch ihr Winkel zur x-Achse. Außerdem hat s keinen Einfluss auf
den Radius von γ¯K , sonst ginge das nicht.
Jetzt ein paar Rechnungen:
(
γ¯˙K (t)
=
kγ¯˙K (t)k
=
−R sin t
R cos t
)
√
R2 sin2 t + R2 cos2 t = R
In Aufgabe b) haben wir schon (unter dem Integral) ausgerechnet, dass
˙
kγ̄(t)k
√
c2 + 1ect
=
ist.
˙
γ̄(t)
· γ¯˙K (t)
(
)
(
)
= −R sin t cect cos t − ect sin t + R cos t cect sin t + ect cos t
= −Rcect sin t cos t + Rect sin2 t + Rcect sin t cos t + Rect cos2 t
= Rect
Jetzt können wir den Kosinus des Schnittwinkels berechnen.
cos α
=
˙
γ̄(t)
· γ¯˙K (t)
˙
kγ̄(t)k
kγ¯˙K (t)k
=
√
=
Rect
c2 + 1ect R
1
√
2
c +1
5
Aufgabe 3.3
a)
Als erstes soll der Massenpunkt entlang der direkten Verbindung von a nach b
bewegt werden. Als Parametrisierung ergibt sich:
 
1
−
→
r (t) = 0 mitt ∈ [0, 1].
t
 
0
→
⇒ −̇
r (t) = 0
1
Für die Energie gilt folgende Beziehung:
∫
∫
−
→
→
EGerade =
f (x, y, z) · d−
r =
→
−
r
∫ 1
→
−
r
→
→
→
fx (−
r )dx + fy (−
r )dy + fz (−
r )dz
−cx(t)ẋ(t) − cy(t)ẏ(t) − cz(t)ż(t)dt
=
0
∫
∫
1
1
−cz(t)ż(t)dt =
=
0
0
(1)
]1
[
1 2
−ct · 1dt = − ct
2
0
c
= − .
2
b)
Nun soll entlang der Schraubenlinie integriert werden, so wird die Parametrisierung zu:


cos(2πt)
−
→
r (t) =  sin(2πt)  mitt ∈ [0, 1].
t


− sin(2πt)
→
⇒ −̇
r (t) =  cos(2πt) 
1
Nun wieder einfach in die Gleichung (1) einsetzen:
∫ 1
ESchraube =
c cos(2πt) sin(2πt) − c sin(2πt) cos(2πt) − ct · 1dt
∫
0
1
=
0
[
]1
1 2
−ct · 1dt = − ct
2
0
c
= − .
2
Die Energien sind also gleich, was den Physiker nicht verwundert, da es sich um
das Kraftfeld des Potentials φ(x, y, z) = 2c [x2 + y 2 + z 2 ] + const. handelt. Und
6
wir wissen, das solche Gardientenfelder konservativ sind, also geschlossene Wegeintegrale null sind, bzw. der Integrationweg für unterschiedliche Wege gleiche
Energiewerte liefert.
Abbildung 3: Die beiden Wege im Vergleich
Aufgabe 3.4
a)
Hier Soll nun von einem (
Punkt
) (a,b) zum Punkt (c,d) das Arbeitsintegral des
→
−
−y
Vektorfeldes f (x, y) =
berechnet werden. Als erstes die Parametrisiex
rung:
(
)
a − at + ct
−
→
r (t) =
mitt ∈ [0, 1].
b − bt + dt
(
)
c−a
→
⇒ −̇
r (t) =
d−b
7
Um das Integral zu bestimmen müssen wir nur in Gleichung (1) einsetzen und
es ergibt sich:
∫
∫
−
→
→
−
→
→
f (x, y) · d r =
fx (−
r )dx + fy (−
r )dy
→
−
r
→
−
r
1
∫
−y(t)(c − a) + x(d − b)dt
=
∫
0
∫
0
∫
0
1
−(b − bt + dt)(c − a) + (a − at + ct)(d − b)dt
=
1
−bc + ba + bct − abt − cdt + adt + (ad − ab − adt + abt + dct − bct)dt
=
1
(−bc + ad)dt = ad − bc.
=
0
b)
Hier soll nun entlang folgender Kurve intigiret werden.
Abbildung 4: Integrationsweg
Durch Glecihung (2) wissen wir, dass die Integrale von (0, 0) → (cos(b), sin(b))
und von (1, 0) → (0, 0) null seien müssen. Es bleibt also nur über den Kreisbogen
zu integrieren. Dafür bietet sich folgende Parametrisierung an:
(
)
cos(ϕ)
−
→
r (ϕ) =
mit ϕ ∈ [0, b].
sin(ϕ)
(
)
d −
− sin(ϕ)
→
⇒
r (ϕ) =
cos(ϕ)
dϕ
Für das Integral über den Kreisbogen ergibt sich nun wieder nach Gleichung
8
(2)
(1), durch einfaches einsetzen von f und der Parametrisierung:
∫
−
→
→
f (x, y) · d−
r =
Kreis
∫
b
sin(ϕ) sin(ϕ) + cos(ϕ) cos(ϕ)dϕ
0
∫
=
b
1dϕ = b.
0
c)
Nun soll schließlich entlang des “Dreiecks”, was von der Einheitshyperbel aufgespannt wird integriet werden.
Abbildung 5: Integrationsweg
Für die beiden geraden Verbindungsstrecken ergibt sich nach Gleichung (2)
wieder null. Wir müssen also wieder nur den Bogen integrieren. Die passende
Parametrisierung ist:
(
)
cosh(ϕ)
−
→
r (ϕ) =
mit ϕ ∈ [0, ub].
sinh(ϕ)
(
)
d −
sinh(ϕ)
→
⇒
r (ϕ) =
cosh(ϕ)
dϕ
Das Integral wird jetzt ganz analog zu Aufgabe 3b brechnet:
∫
∫ u
→
−
−
→
f (x, y) · d r =
− sinh(ϕ)2 + cosh(ϕ)2 dϕ
Hyperbel
0
∫
=
u
1dϕ = u.
0
9