Rotationsvolumen Divergenzsatz

13.08.2013, 12:46	Moe.Lee	Auf diesen Beitrag antworten »
Rotationsvolumen Divergenzsatz Meine Frage: Hallo, Ich habe Probleme mit der Aufgabe im Anhang. Ich schaffe es nicht eine Funktion aufzustellen, auf der ich den Gaußschen Integralsatz vernünftig anwenden kann. Meine Ideen: Ich habe 2 verschiedene Ansätze. 1. Zylinderkoordinaten. $\begin{eqnarray} f(r,u,z)=\begin{pmatrix} r \cos(u) \\ r \sin(u) \\ z \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Mit der Divergenz für Zylinderkoordinaten folgt: $\begin{eqnarray} divf=\frac{1}{r}\frac{d}{dr} (r[r \cos(u)])+\frac{1}{r}\frac{d}{du}[r\sin(u)]+\frac{dz}{dz} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} =3 \cos(u)+1 \end{eqnarray}$ Damit wäre der Hinweis $\begin{eqnarray} divf=1 \end{eqnarray}$ leider nicht erfüllt. 2. Kartesische Koordinaten Mit $\begin{eqnarray} r=\cos(u)=\sqrt{x^2+y^2} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} u=\frac{1}{2} \sin^{-1}(z) \end{eqnarray}$ folgt: $\begin{eqnarray} f(x,y,z)=\begin{pmatrix} \sqrt{\cos^2(\frac{1}{2}\sin-1(z))-y^2 }\\ \sqrt{\cos^2(\frac{1}{2}\sin-1(z))-x^2} \\ z \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Dies erfüllt die Bedingung $\begin{eqnarray} divf=1 \end{eqnarray}$ , allerdings komme ich nun mit den Integrationsgrenzen nicht weiter. Mein 2. Ansatz erscheint mir sowieso total Falsch. Kann mir jemand einen Tipp geben? In der Form ist das ziemliches Neuland für mich. Gruß, Mohammed.
14.08.2013, 12:13	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Aus Symmetriegründen genügt es, $\begin{eqnarray} z \geq 0 \end{eqnarray}$ zu betrachten, was wegen $\begin{eqnarray} z = \sin(2u) \end{eqnarray}$ auf $\begin{eqnarray} 0 \leq u \leq \frac{\pi}{2} \end{eqnarray}$ hinausläuft. Das gesuchte Volumen bekommt man dann durch Verdoppelung des Integralwertes. elementare Lösung Betrachten wir die Kurve in der $\begin{eqnarray} xz \end{eqnarray}$ -Ebene. Ihre obere Hälfte läßt sich als Funktionsgraph darstellen: $\begin{eqnarray} z = f(x) = 2x \sqrt{1-x^2} \, , \ \ 0 \leq x \leq 1 \end{eqnarray}$ Ein Schnitt durch den Rotationskörper parallel zur $\begin{eqnarray} xy \end{eqnarray}$ -Ebene auf dem Niveau $\begin{eqnarray} z \end{eqnarray}$ ist ein Kreisring. Ist $\begin{eqnarray} A(z) \end{eqnarray}$ sein Inhalt, dann ist $\begin{eqnarray} V = 2 \int_0^1 A(z) ~ \dd z \end{eqnarray}$ das gesuchte Volumen. Lösung über ein Bereichsintegral Betrachten wir wieder die Kurve in der $\begin{eqnarray} xz \end{eqnarray}$ -Ebene. Für $\begin{eqnarray} 0 \leq u \leq \frac{\pi}{4} \end{eqnarray}$ steigen die $\begin{eqnarray} z \end{eqnarray}$ -Werte von $\begin{eqnarray} 0 \end{eqnarray}$ auf $\begin{eqnarray} 1 \end{eqnarray}$ an, für $\begin{eqnarray} \frac{\pi}{4} \leq u \leq \frac{\pi}{2} \end{eqnarray}$ fallen sie von $\begin{eqnarray} 1 \end{eqnarray}$ auf $\begin{eqnarray} 0 \end{eqnarray}$ ab. Denken wir uns zunächst ein $\begin{eqnarray} u \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} 0 \leq u \leq \frac{\pi}{4} \end{eqnarray}$ fest gewählt. Das liefert einen Punkt $\begin{eqnarray} p \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} p = \left( \cos u \, , \, 0 \, , \, \sin(2u) \right) \end{eqnarray}$ Der Punkt liegt auf dem rechten Stück der Kurve, also rechts des Hochpunktes. Es gibt dann dazu einen Punkt $\begin{eqnarray} q \end{eqnarray}$ auf dem linken Stück der Kurve mit derselben $\begin{eqnarray} z \end{eqnarray}$ -Koordinate. Nach den Symmetrieeigenschaften der Sinusfunktion muß das bei $\begin{eqnarray} \frac{\pi}{2} - u \end{eqnarray}$ sein. Wegen $\begin{eqnarray} \cos \left( \frac{\pi}{2} - u \right) = \sin u \end{eqnarray}$ hat $\begin{eqnarray} q \end{eqnarray}$ die Koordinaten $\begin{eqnarray} q = \left( \sin u \, , \, 0 \, , \, \sin(2u) \right) \end{eqnarray}$ Die Strecke zwischen $\begin{eqnarray} q \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} p \end{eqnarray}$ rotiert nun um die $\begin{eqnarray} z \end{eqnarray}$ -Achse. Wir nehmen einen Punkt dieser Strecke und lassen ihn um die $\begin{eqnarray} z \end{eqnarray}$ -Achse rotieren. So entsteht ein Kreis: $\begin{eqnarray} \left( w \cos v \, , \, w \sin v \, , \, \sin(2u) \right) \ \ \text{mit} \ \ \sin u \leq w \leq \cos u \, , \ 0 \leq v \leq 2 \pi \end{eqnarray}$ Wenn nun $\begin{eqnarray} u \end{eqnarray}$ das Intervall von $\begin{eqnarray} 0 \end{eqnarray}$ bis $\begin{eqnarray} \frac{\pi}{4} \end{eqnarray}$ durchläuft, bekommt man die obere Hälfte $\begin{eqnarray} B \end{eqnarray}$ des Rotationskörpers. Setzt man also $\begin{eqnarray} B^{} = \left\{ \, (u,v,w) \in \mathbb{R}^3 \, \left\| \, 0 \leq u \leq \frac{\pi}{4} \, , \ 0 \leq v \leq 2 \pi \, , \ \sin u \leq w \leq \cos u \, \right. \right\} \end{eqnarray}$ dann ist durch $\begin{eqnarray} \varphi: \ B^{} \to B \, , \ \ (u,v,w) \mapsto (x,y,z) = \left( w \cos v \, , \, w \sin v \, , \, \sin(2u) \right) \end{eqnarray}$ eine Beschreibung von $\begin{eqnarray} B \end{eqnarray}$ in den Koordinaten $\begin{eqnarray} (u,v,w) \end{eqnarray}$ gegeben. Das Volumen des gesamten Körpers ist nach der mehrdimensionalen Substitutionsregel $\begin{eqnarray} V = 2 \int_B \dd (x,y,z) = 2 \int_{B^{}} \left\| \frac{\partial \varphi}{\partial (u,v,w)} \right\| ~ \dd (u,v,w) \end{eqnarray}$ Die Striche bezeichnen den Betrag, dazwischen steht die Funktionaldeterminante von $\begin{eqnarray} \varphi \end{eqnarray}$ . Lösung mit dem Satz von Stokes Man kann zum Beispiel die Differentialform $\begin{eqnarray} \omega = z ~ \dd x \wedge \dd y \end{eqnarray}$ nehmen. Für sie ist $\begin{eqnarray} \dd \omega = \dd x \wedge \dd y \wedge \dd z \end{eqnarray}$ Mit den Bezeichnungen der zweiten Lösung gilt dann $\begin{eqnarray} V = 2 \int_B \dd (x,y,z) = 2 \int_B \dd \omega = 2 \int_{\partial B} \omega = 2 \int_{\partial B} z ~ \dd x \wedge \dd y \end{eqnarray}$ Für die Beschreibung des Randes $\begin{eqnarray} \partial B \end{eqnarray}$ kann man sich an $\begin{eqnarray} \varphi \end{eqnarray}$ von oben orientieren. Man setzt dort $\begin{eqnarray} w = \cos u \end{eqnarray}$ und läßt $\begin{eqnarray} u \end{eqnarray}$ jetzt das volle Intervall von $\begin{eqnarray} 0 \end{eqnarray}$ bis $\begin{eqnarray} \frac{\pi}{2} \end{eqnarray}$ durchlaufen. Für $\begin{eqnarray} v \end{eqnarray}$ gilt weiterhin $\begin{eqnarray} 0 \leq v \leq 2 \pi \end{eqnarray}$ . Die Orientierung muß so gewählt werden, daß sich ein positives Ergebnis ergibt. Diese dritte Lösung kann man sicher irgendwie in die gesuchte Divergenz-Lösung (Gaußscher Integralsatz) übersetzen. Leider bin ich mit dem zugehörigen Physiker-Kauderwelsch nicht richtig vertraut. Vielleicht bekommst du es ja alleine hin oder du findest hier einen Physiker-Mathematiker, der dir weiterhilft. In allen drei Fällen habe ich $\begin{eqnarray} V = \frac{1}{2} \pi^2 \end{eqnarray*}$ erhalten, was mich hoffen läßt, daß meine Ansätze stimmen.

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