Dr. P. Thurnheer Grundlagen der Mathematik I ETH Z¨urich
D-CHAB, D-BIOL (Analysis B) FS 09
L¨ osungen zur Serie 10
1. a) Die gegebene Kurve ist eine archimedische Spirale
b) Falls F ein Potentialfeld ist, k¨onnen wir V(x, y) :=
Z
γ0
F ·ds
als Potential w¨ahlen, wobei γ0 ein beliebiger Weg von (0,0) (daF(0,0) = 0 ist) bis (x, y) ist.
Der Einfachheit halber (da ein Potentialfeld “unabh¨angig von Weg ”ist), w¨ahlen wir
γ0(t) =t x
y
mit t∈[0,1] so dassγ0(0) = (0,0), γ0(1) = (x, y).
Dann ist V(x, y) =
Z 1 0
sin(ty) t x cos(ty)
· x
y
dt= Z 1
0
x(sin(ty) +t y cos(ty)) dt=
=x Z 1
0
sin(ty)dt+x y Z 1
0
t cos(ty)dt
| {z }
P.I.= tsin(ty) y
1 0−
Z 1 0
sin(ty) y dt
=
=x Z 1
0
sin(ty)dt+t xsin(ty)
1 0
−x Z 1
0
sin(ty)dt =xsiny Schlussendlich verifizieren wir, ob V das zu F geh¨origes Potential ist
dV(x, y) =
V x(x, y), ∂V
∂y
= (siny , x cosy)
Da die rechte Siete genauF(x, y) enstpricht, ist F ein Potentialfeld.
c) Mit b) erhalten wir Z
γ
F ·ds = Z
γ
dV =V (γ(π))−V (γ(0)) =V 3π
2,0
−V π 2,0
= 0−0 = 0. Eventuell k¨onnte man die Arbeit auch direkt bestimmen
Z
γ
F ·ds= Z 1
0
F(γ(t))·γ(t)˙ dt=
= Z 1
0
sin((π2 +t) sin(2t))
(π2 +t) cos(2t) cos((π2 +t) sin(2t))
·
cos(2t)−2 (π2 +t) sin(2t) 2 (π2 +t) cos(2t) + sin(2t)
dt =. . . was aber nicht durchf¨uhrbar ist.
2. Wir betrachten die Vektoren F1(x, y) =
2x y+ cosxcosy x2−sinxsiny
;F2(x, y) =
−x y2 y3
.
b) Per Definition ist F ein Potentialfeld, falls ein Potential V existiert, so dass
∇V =F.
Nach dem Lemma von Poincar´e ist jedes wirbelfreie Vektorfeld auf einem ein- fach zusammenh¨angenden Definitionsbereich automatisch ein Potentialfeld.
Da rotF1(x, y) verschwindet undD(F1) =R2 einfach zusammenh¨angend ist, istF1 ein Potentialfeld. Ein PotentialV1 kann wie folgt bestimmt werden
V1(x, y) = Z
(2x y+ cosxcosy)dx+C(y) =x2y+ sinxcosy+C(y) Um die “Integrationskonstante” C zu befestigen, leiten wir das Potential nach y ab und vergleichen wir das Resultat mit der zweiten Komponente von F1
∂V2
∂y =x2−sinxsiny+∂C
∂y
=! x2y−sinxsiny .
Also istC(y) =c∈Rwirklich konstant und somit erhalten wir als Potential von F1
V1(x, y) = x2y+ sinxcosy+c . rotF2(x, y)6= 0, daher kann F2 kein Potentialfeld sein.
c) Da F1 ein Potentialfeld mit Potential V1 ist, verschwindet die Arbeit l¨angs eines geschlossenen1 Weges γ.
A1 = I
γ1
F ·ds=V(γ(0))−V(γ(1)) = 0
Im Fall von F2 mussen wir die Arbeit explizit berechnen. Wir w¨ahlen die folgende st¨uckweise Parametrisierung von γ
γ1(t) =
−1 +t t
mitt∈[0,1] und γ2(t) =
cost sint
mitt∈[π/2, π], wobei γ1 bzw. γ2 die Strecke bzw. den Viertelkreis entspricht.
1d.h. γ: [0,1]→R2 mitγ(0) =γ(1)
Die Arbeit von F2 entlang γ =γ1+γ2 ist somit A2 =
I
γ
F2 = Z
γ1
F2+ Z
γ1
F2 =
= Z 1
0
F2(γ1(t))·γ˙1(t)dt+ Z π
π/2
F2(γ2(t))·γ˙2(t)dt=
= Z 1
0
−(t−1)t2 t3
· 1
1
dt+ Z π
π/2
−costsin2t sin3t
·
−sint cost
dt =
= Z 1
0
(−t3+t2+t3)dt+ 2 Z π
π/2
costsin3t dt =
= t3 3
1 0+ 2
4 sin4t
π π/2 = 1
3(1−0) + 1
2(0−1) =−1 6. 3. a) Wir zerlegen den Weg γ in die Teilst¨uckeγ =γ1+γ2+γ3
F¨ur die entsprechende Parametrisierung findet man γ1 : [0,1]→R2, t →
t 0
, γ˙1(t) = 1
0
; γ2 : [0,π
2]→R2, t → cost
sint
, γ˙2(t) =
−sint cost
;
Damit ergibt sich f¨ur die Arbeit A =
Z
γ
F = Z
γ1
F + Z
γ2
F + Z
γ3
F = Z 1
0
t 0
· 1
0
dt+
+ Z π2
0
cost−sintcost sint
·
−sint cost
dt+
Z 1 0
0 1−t
· 0
−1
dt=
= Z 1
0
t dt+ Z π2
0
sin2tcost dt+ Z 1
0
(t−1)dt =
= t2 1
1
0+ sin3t 3
π 2
0 +t2 2 −t
1 0 = 1
2 +1 3 +1
2 −1 = 1 3.
b) F ist mita) kein Potentialfeld. Folgende Begr¨undungen sind m¨oglich:
• Die Arbeit entlang des Weges γ ist nicht null, was f¨ur ein Potentialfeld eine notwendige Bedingung w¨are.
• Das Feld F ist wegen rotF =x6= 0 nicht wirbelfrei.
• Es existiert keine Potentialfunktion V(x, y) mit ∇V(x, y) = F(x, y).
W¨are z.B.F1(x, y) =x−x y =∂xV(x, y), sollte eineC =C(y) existieren, so dass V(x, y) = R
(∂xV)dx = 12x2(1−y) +C(y).
Die “Integrationskonstante”C m¨usste dann
∂
∂yV(x, y) = −1
2x2+C0(y)=! y was zu einem Wiederspruch f¨uhrt.
4. Der gegebene Bereich liegt zwischen der Parabel y = −x22 und der Gerade y =
−2.
Das zu betrachtende Integral kann man wie folgt bestimmen.
Z Z
D
(√
−y+x)dx dy= Z 2
−2
−x2/2
Z
−2
(√
−y+x)dy
dx=
= Z 2
−2
2 3y√
−y+x y
−x2/2
−2
dx= Z 2
−2
−x2 3
√|x|
2− x3 2 −
−4 3
√2−2x
dx=
= 2 Z 2
0
−
√2
6 x3+4 3
√ 2
!
dx=−2
√2 3
1 2
x4
4 −4x
2
0
= 4√ 2 Andererseits, ist auch
Z Z
D
(√
−y+x)dx dy = Z 0
−2
√−2y
Z
−√
−2y
(√
−y+x)dx
dy = Z 0
−2
x√
−y+x2 2
√−2y
−√
−2y
dy =
= Z 0
−2
p2y2+(√
−2y)2
2 −
−p
2y2 +(−√
−2y)2 2
dy=
= 2√ 2
Z 0
−2
|y|dy=−2√ 2y2
2
0
−2
= 4√ 2
