(a) C 1 : y = 0 , 0 ≤ x ≤ 2 ⇒ dy = 0 und L 1 = 0 . C 2 : y = − x 2 + 1 ⇒ dy = − 1 2 dx

Vektoranalysis - 2. ¨ Ubungstest L¨ osungen

1) L = H

C 2xydx + (x ² + y)dy

(a) C ₁ : y = 0 , 0 ≤ x ≤ 2 ⇒ dy = 0 und L ₁ = 0 . C ₂ : y = − ^x ₂ + 1 ⇒ dy = − ¹ ₂ dx

L ₂ =

∫ 0 2

[2x( − ^x ₂ + 1) + (x ² − ^x ₂ + 1) · − ¹ ₂ ]dx =

∫ 0 2

[ − ³ ₂ x ² + ⁹ ₄ x − ¹ ₂ ]dx =

=

∫ 2 0

[ ³ ₂ x ² − ⁹ ₄ x + ¹ ₂ ]dx = [ ^x ₂

− ⁹ ₈ x ² + ^x ₂ ] | ² ₀ = ¹ ₂ . C ₃ : x = 0 dx = 0

L ₃ =

∫ 0 1

ydy = − ∫ ¹

0

ydy = − ^y ₂

| ¹ ₀ = − ¹ ₂ . L = L ₁ + L ₂ + L ₃ = 0 .

(b) V 1 = 2xy , V 2 = x ² + y und ^∂V _∂x

− ^∂V _∂y

= 0 ⇒ ∫∫

B

( ^∂V _∂x

− ^∂V _∂y

)dxdy = 0 .

2) (a) _r ¹

⃗ r =



 xr ^{− 3} yr ^{− 3} zr ^{− 3}





∇ · ( _r ¹

⃗ r) = r ^{− 3} − 3xr ^{− 4} r _x + r ^{− 3} − 3yr ^{− 4} r _y + r ^{− 3} − 3zr ^{− 4} r _z =

= 3r ^{− 3} − 3x ² r ^{− 5} − 3y ² r ^{− 5} − 3z ² r ^{− 5} = 3r ^{− 3} − 3r ^{− 5} (x ² + y ² + z ² ) = 0

(b) ∇ ¹ _r =



 − r ^{− 2 x} _r

− r ^{− 2 y} _r

− r ^{− 2 z} _r



 = − _r ¹

⃗ r . Mit (a) folgt damit ∆ ¹ _r = 0 .

3) ∇ × ⃗ v = ⃗ 0 , damit ist ⃗ v ein Gradientenfeld.

Also existiert eine Skalarfunktion ϕ mit ϕ _x = e ^xz + xze ^xz , ϕ _y = 2yz , ϕ _z = x ² e ^xz + y ² .

Integration nach z liefert ϕ = xe ^xz + y ² z + φ(x, y) .

ϕ _y = 2yz liefert : 2yz + φ _y = 2yz ⇒ φ _y = 0 ⇒ φ(x, y) = ψ(x) Also ϕ = xe ^xz + y ² z + ψ(x)

ϕ _x = e ^xz + xze ^xz liefert : e ^xz + xze ^xz + ψ ^′ = e ^xz + xze ^xz ⇒ ψ ^′ = 0 ⇒ ψ = C z.B. ψ = 0 . Damit ist ϕ(x, y, z) = xe ^xz + y ² z .

4) F ⃗ =



 yz xy x ³ + z



 ⇒ ∇ · F ⃗ = x + 1

Bei Verwendung von Zylinderkoordinaten ist der Volumsbereich beschrieben durch 0 ≤ r ≤ 1 , 0 ≤ φ ≤ 2π , 0 ≤ z ≤ r ² .

∫∫∫

V

( ∇ · F ⃗ )dV =

∫ 1 r=0

∫ 2π φ=0

r

∫

z=0

(r cos φ + 1)rdrdφdz =

=

∫ 1 r=0

∫ 2π φ=0

(r ⁴ cos φ + r ³ )dφdr =

∫ 1 r=0

(r ⁴ sin φ + r ³ φ) | ^2π ₀ dr = 2π

∫ 1 r=0

r ³ dr = ^π ₂ .