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Volumen, Satz von Gauß, Schwerpunkt

Universität / Fachhochschule

Differentiation

Integration

Tags: Integration, Oberflächenintegral, Satz von Gauss, Schwerpunkt, volum, Zylinderkoordinaten

Hildegard aktiv_icon

22:07 Uhr, 30.08.2018

Hallo,

zur Prüfungsvorbereitung versuche ich alte Prüfungen zu lösen. Leider habe ich keine Lösung bekommen und frage mich nun, ob ich richtig gerechnet habe. (Prüfung: mo.mathematik.uni-stuttgart.de/tests/test475/test475.pdf )

Im Anhang befindet sich die entsprechende Aufgabe 4 und meine Lösung:

a) b) c)

konnte ich lösen. Wobei ich mir mit der Lösung nicht sicher bin. Hab mich gestern mit Symmetrie beschäftigt und zufälligerweise waren die Integrale bei

b)

und bei

c)

symmetrisch.

Zu

d)

fehlt mir der Ansatz, hat jemand eine Idee?

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:

Zu diesem Thema passende Musteraufgaben einblenden

PhantomV aktiv_icon

00:02 Uhr, 31.08.2018

Hi,

bei

d) i)

musst du einfach nur beide Seiten ausrechnen. Bei der rechten Seite liefert dir

\nabla φ

einen Vektor mit Komponenten

\partial_{x_{i}} φ

. Dieser wird dann skalar mit

φ

multipliziert und anschließend

d i v

angewendet. Hierbei muss man beim ableiten für

φ \cdot \partial_{x_{i}} φ

noch die Produktregel beachten.
Bei

i i)

kannst du mit der Gleichung von

i)

nach

d i v (\nabla φ)

umstellen und das Integral dann mit dem Satz von Gauß lösen.

Grüße PhantomV

Hildegard aktiv_icon

14:58 Uhr, 31.08.2018

\nabla φ

ist doch

d i v (φ)

oder? Daher Frage ich mich, wie ich die Divergenz einer Divergenz nehmen soll. Die Divergenz eines Vektors ist aber kein Vektor sondern ein Skalarfeld. Ich kann die Divergenz aber nur auf Vektoren anwenden, oder?
Konkret geht es um diesen Ausdruck:

d i v (\nabla φ)

d i v (φ \nabla φ)

konnte ich hingegen berechnen, da

φ \nabla φ

ja wieder ein Vektor ist.

gilgamesch4711 aktiv_icon

16:33 Uhr, 31.08.2018

d; i)

Schon seltsam, dass dein Prof für ein Potenzial " Klein-phi " zulässt; Klein-phi ist doch ein Winkel.

div

[Φ \nabla (Φ)] = (1 a)

= \partial_{k} [Φ \partial_{k} (Φ)] = (1 b)

= \partial_{k} (Φ) \partial_{k} (Φ) + Φ \partial_{k}

\partial_{k} (Φ) = (1 c)

= < \nabla (Φ) | \nabla (Φ) > + Φ Δ (Φ) (1 d);

wzbw

wobei wir in

(1 b)

von der

\to

Einsteinschen Indexkonvention Gebrauch gemacht haben .

Diee ii) ist eigentlich nur ein Dummentest. Sei die Divergenz in

(1 a)

gleich

Φ

und der linke Term ( Betragsquadrat des Gradienten

) i n (1 d)

gleich

\frac{1}{4} Φ

. Die Preisfrage; Wie groß ist dann

Δ (Φ)

? Stimmst du mit mir überein, dass

Δ (Φ) =

const

= \frac{3}{4}

\to

" Ai ßßtimm you zu, you are echt nicht schlecht. And your Badewanne ist ein Hit .. "

Ich will dochmal ein bissele tiefer einsteigen . Wie lautet der Deltaoperator in Kugelkoordinaten?

qudev.phys.ethz.ch/content/science/BuchPhysikIV/PhysikIVap6.html

Δ (Φ) = \frac{1}{r^{2}} (\frac{\partial}{\partial} r) (r

Φ) = \frac{3}{4} | \cdot r

(2 a)

( Steht übrigens auch im Bronstein. )

(\frac{\partial}{\partial} r) (r

Φ) = \frac{3}{4} r

(2 b)

(2 b)

aufleiten

r

Φ = \frac{1}{4} r

\to Φ (r) = \frac{1}{4} r (2 c)

Er sagt schon wueder

max

Zeichen; fortsetzung fogt.

Hildegard aktiv_icon

23:23 Uhr, 31.08.2018

Ganz ehrlich: Außer das

d i v (\nabla ϕ) = \frac{3}{4}

ist, hab ich nix verstanden. Ich studiere kein Mathe, daher steigen wir nicht ganz so tief in die Materie ein.
Hatte ursprünglich die Aufgabe falsch gelesen und dachte das

ϕ

nen Vektor sei. Da es aber ein Skalarfeld ist, bedeutet der

\nabla

-Operator ja nicht

d i v ϕ

sondern

g r a d ϕ

Daher wäre eine Lösung für i):

\nabla ϕ = (\begin{array}{rcl} ϕ_{x} \\ ϕ_{y} \\ ϕ_{z} \end{array})

∣ \nabla ϕ ∣^{2} = ϕ_{x}^{2} + ϕ_{y}^{2} + ϕ_{z}^{2}

ϕ \nabla ϕ = (\begin{array}{rcl} ϕ ϕ_{x} \\ ϕ ϕ_{y} \\ ϕ ϕ_{z} \end{array})

d i v (ϕ \nabla ϕ) = ϕ ϕ_{x x} + ϕ ϕ_{y y} + ϕ ϕ_{z z} + ϕ_{x}^{2} + ϕ_{y}^{2} + ϕ_{z}^{2}

d i v (\nabla ϕ) = ϕ_{x x} + ϕ_{y y} + ϕ_{z z}

d i v (\nabla ϕ) ϕ = ϕ ϕ_{x x} + ϕ ϕ_{y y} + ϕ ϕ_{z z}

d i v (ϕ \nabla ϕ) - d i v (\nabla ϕ) ϕ = ϕ_{x}^{2} + ϕ_{y}^{2} + ϕ_{z}^{2} = ∣ \nabla ϕ ∣^{2}

q.e.d.

gilgamesch4711 aktiv_icon

23:36 Uhr, 31.08.2018

(1.2 c)

ist quasi der Link, die Kontrolle, ohne die das Ganze ja Sinn los wäre. Demnach hast du

\nabla Φ = \frac{1}{4} {\vec{e}}_{r} (2.1 a)

\int \int < \nabla Φ | d \vec{O} > = 4 π \cdot \frac{1}{4} = π (2.1 b)

\partial V

als Fluss durch die Oberfläche, wobei

\partial V

den

\to

topologischen

\to

Rand des (Kugel)volumens

V

bezeichnet.

(V

steht also hier nicht für ein Volumen, eine Zahl, sondern für einen topologischen Raum, das Innengebiet der Kugel. )
Und jetzt die Probe; im Anschluss an

(1.1 d)

hatten wirgesagt

Δ (Φ) = \frac{3}{4} (2.2 a)

\int \int_{V} \int Δ (Φ)

= \frac{3}{4} \cdot \frac{4}{3} π = π (2.2 b)

Aktion

\to

Karl Valentin und Lisl Karlstadt;

\to

" die Firmung " ( nebenbei der größte Brüller aller Zeiten )

" Und sitzt - und passt. Wo der den

[

Gauß ] gar net keeent hat; das ist ja das Frappanteee

. .

. "

Liebe Hilde; ich möchte jetzt auf das Niveau elementarer Schulphysik ausweichen. Eine Tour d'horizon, die scheinbar mit unserem Tema gar nichts zu tun hat.
In populären Beiträgen auf dem Sender NTV über die NASA so wie " US Top Secret; das geheime Buch der USA " raunen sie immer wieder, die NASA forsche an der " Antigravitation " Weil wenn man sowas hätte, dann sei es angeblich möglich, Lasten ohne Energieaufwand aus dem Schwerefeld der Erde hinaus zu befördern.
Für derartige Parolen habe ich nur ein müdes Grinsen übrig.
Nehmen wir doch mal an, die Erdanziehung käme dadurch zu Stande, dass die Erde positiv statisch aufgeladen ist und alle Körper an ihrer Oberfläche negativ. Die scheinen sich das jetzt so vorzustellen: Der ( negative ) Astronaut setzt sich ganz listig in einen Faradaykäfig; und anschließend hebe ich ihn ohne Energieaufwand

100

km hoch.
Jetzt möge der Astronaut den schützenden Käfig verlassen. Da er ja jetzt wieder der Erdanziehung unterworfen ist, wird bei seinem wiedereintritt die potenzielle Energie von

100

km Höhe frei - wir haben ein Perpetuum mobile

. .

.
Wo ist der Denkfehler? Immer wenn's am Spannendsten wird, sagt er

max

Zeichen.

gilgamesch4711 aktiv_icon

00:45 Uhr, 01.09.2018

Liebe Hilde; an sich ist das auch nix für ( Welt fremde ) Matematiker, sondern es entstammt der Physik - E-Dynamik. Beschäftigst du dich mit sowas; oder was studierst du? wozu brauchst du das überhaupt?
Deiner Antwort entnehme ich, dass du noch mühsam den Sinn des Gesagten buchgstabierst. Die Buchstaben enthalten nicht den Sinn des Textes; da musst du schon " holistischer " dran gehen. Vielleicht hilft es dir ja, wenn du dir erstmal Details klar machst. Aber Vektoridentitäten sind nicht dazu da, dass man sie mühselig in Komponenten aufdröselt.
Was du nicht weißt, und warum ich mich an dich wende. Diese Aufgabe ist nix als Pippifax; sie ist einer Fragestellung nachempfunden, aus der du echt was lernst: dem

\to

Maximumprinzip der Elektrostatik. Würd mich mal ijtressieren, ob du schon meinen Rechenschritten folgen kannst.
Frankfurt war nicht gut. Aber es ist besser als sein Ruf. Und dass gar ein Nobelpreisträger kokettierte, in " die Sachsehäuser Äppelwoikneipe " habe er " mehr gelernt als in der Vorlesung " - das hat Frankfurt wahrlich nicht verdient.
In Frankfurt wurden wir ins kalte Wasser geschmissen; unsere Assistenten hörten uns schon im ersten Semester die Maxwellgleichungen ( MG ) ab; und wir hatten sämtliche Konstanten zu wissen. Du das haben sie nichtmal in Göttingen beim Pohl verlangt.
Diejenige MG, die uns hier vor allem zu intressieren hat

div

(\vec{E}) = \frac{1}{ε_{0}} ρ (3.1 a)

mit

ρ =

Ladjngsdichte ( Einheit

[

As/m ³ ]

" Elektrische Feldlinien entspringen bei Plus und münden bei Minus. "

Nun ist aber, wie jeder weiß, das ( elektrostatische ) Feld die Ableitung eines Potenzials

Φ

\vec{E} = - \nabla Φ (3.1 b)

Und

(3.1 b)

eingesetzt in

(3.1 a)

ergibt

div

\nabla Φ = Δ Φ = - \frac{1}{ε_{0}} ρ (3.1 c)

Und die ( partielle ) DGL

(3.1 c)

heißt

\to

Poissongleichung - solltest du dir gut merken. Dein Prüfer will dies nämlich wissen. Der Sonderfall der Poissongleichung im Vakuum, also die homogene Poissongleichung, heißt übrigens Laplacegleichung.

Δ Φ = 0 (3.1 d)

Die Lösungen von

(3.1 d)

heißen

\to

harmonische Funktionen; und für diese gilt das starke Maximumprinzip. Dieses will ich nunmehr formulieren ( wieder

max

Zeichen )

gilgamesch4711 aktiv_icon

01:58 Uhr, 01.09.2018

Stell dir vor du hast eine Kugel von beliebigem Radius

R

. ( Also eine rein geometrische gedachte Kugel; keine Kugel aus einem konkreten Material. Immerhin befinden wir uns im Vakuum. ) Dann ergibt sich das Potenzial

Φ_{0}

im Kugelmittelpunkt als

a r i t m e t i s c h e r M i t t e l w e r t

aller Potenzialwerte auf der Oberfläche; genauer

\int \int Φ (R, θ, φ) d Ω = Φ_{0} (4.1 a)

\partial V

Hierbei steht

Ω

symbolisch für den

\to

Raumwinkel; im Gegentum zum ebenen Winkel, der Länge des Einheitskreises, geht ja

Ω

bis

4 π,

der Oberfläche der Einheitskugel. Es wird also tatsächlich über die gesamte Kugeloberfläche gemittelt; effektiv zu integrieren hast du über

θ

und

φ

.
Wie könnte man sowas beweisen? Das schreit geradezu nach dem Gaußsatz; aber oh Schreck. Hier wird nicht über den Fluss eines Vektorfeldes integriert, sondern über eine skalare Funktion. Ich entstamme ja einem Welt-Elektronikkonzern; und unser Chef kannte so Spruchweisheiten

" Alle Konstanten sind variabel. "

( Er wollte das so verstanden wissen; spätestens wenn du einem Unterprogramm eine Konstante mitgibst, wird sie eh variabel. )

Hier hieße das: Verallgemeinern wir Sinn voll; ersetzen wir die eine Kugel durch eine konzentrische Kugelschar mit gemeinsamem Mittelpunkt

P_{0}

. Dann sollten die Hilfsmittel der Differenzialrechnung anwendbar sein; sprich: Wir dürfen das Integral

(4.1 a)

nach

R

ableiten. Wenn da wirklich was Konstantes rauskommt, sollte die Ableitung identisch verschwinden.

(\frac{\partial}{\partial} R) \int \int Φ (R, θ, φ) d Ω = \int \int (\frac{\partial}{\partial} R) Φ d Ω (4.1 b)

Wie du siehst, gehen die Physiker ganz frech her und sagen, der Differenzialoperator vertauscht mit dem Integral. Aber was ist denn der Integrand auf der rechten Seite von

(4.1 b)

? Das ist doch nichts weiter als die Komponente von

\nabla Φ

normal zur Kugeloberfläche. Also

\int \int (\frac{\partial}{\partial} R) Φ d Ω = \int \int < \nabla Φ | d \vec{O} > (4.1 c)

\partial V

= \int \int_{V} \int

div

\nabla Φ

= \int \int_{V} \int Δ Φ

= 0 (4.1 d)

(4.1 d)

wurde der Gaußsatz verwendet; und Null muss es sein wegen Laplace

(3.1 d) (max

Zeichen; Schluss folgt. )

gilgamesch4711 aktiv_icon

03:04 Uhr, 01.09.2018

Tschuldige; ich sehe grad. Im Eifer des Gefechts habe ich verschwitzt, dass ja vor das Integral (

4.1 a)

noch ein Vorfaktor

\frac{1}{4 π}

gehört; bitte das zu korrigieren.

4 π

ist ja das Maß der Kugeloberfläche.

Machst du eine Näherung mit

Φ

_max

(\partial V),

so bekommst du die gröbste Obersumme des Integrals; seine obere Schranke. ( Mal

4 π -

wegen dem Raumwinkel - geteilt durch

4 π

hebt sich grad raus. ) Entsprechend für die Untersumme.
Das wirkliche Integral zieht also einen mittleren Wert, der irgendwo zwischen

Φ

_min und

Φ

_max angesiedelt ist. Erst dadurch wird der Beweis übrigens exakt. Es gilt die Abschätzung

Φ

_min(R)

\leq \frac{1}{4 π} \int \int Φ d Ω \leq Φ

_max(R)

(5.1 a)

Und jetzt vollziehen wir den Grenzübergang

R \to 0

Φ_{0} \leq \frac{1}{4 π} lim_{R \to 0} (\int \int Φ d Ω) \leq Φ_{0} (5.1 b)

Dass dieses Integral im

G r e n z

b e r g a n g

gegen

Φ_{0}

geht, ist demnach trivial. Aber oben hatten wir bewiesen, dass es unabhängig von

R

ist.
Aus dem starken folgt das schwache Maximumprinzip. Es besagt: Eine harmonische Funktion kann keine lokalen Extrema annehmen. Ein lokales Extremum ist immer ein Extremum auf einem ( offenen ) Gebiet. In einer offenen Menge gehört zu jedem P_max immer auch eine hinreichend kleine Kugelumgebung, womit wir sofort in Widerspruch zur Aussage des starken Prinzips geraten.
Eine berühmte Anwendung; warum ist das Innere des Faradaykäfigs Feld frei? Der ideale Käfig ist ein Hohlraum in einem massiven idealen Leiter ( Metallblock ) Denken wir uns die ( metallische ) Innenwand dazu, so ist der Käfig

\to

kompakt. Als Lösung der Laplace DGL ist das Potenzial

Φ

insbesondere stetig; und auf einer kompakten Menge nimmt eine stetige Funktion ihr ( globales ) Maximum und Minimum an.
Nun ist aber insbesondere die Innenwand eine Äquipotenzialfläche. Denn wäre sie es nicht, würden in dem idealen Leiter so lange Elektronen fließen, bis Gleichgewicht erreicht ist.
Gäbe es daher im Innenraum ein von Null verschiedenes Feld, so müsste oBdA das Maximum von

Φ

ein innerer Punkt sein - Widerspruch .
Ich schließe mit dem Hinweis, dass die

\to

holomorphen Funktionen der komplexen

\to

Funktionenteorie eben Falls harmonisch sind - auch sie erfüllen das starke Maximumprinzip - Interesse an dem Gebiet?

Hildegard aktiv_icon

14:28 Uhr, 01.09.2018

Gut, ich glaube ich habe verstanden. Hier mein Rechenweg:

Mit

d i v (ϕ \nabla ϕ) = ϕ

und

∣ \nabla ϕ ∣^{2} = \frac{1}{4} ϕ

d i v (\nabla ϕ) ϕ = d i v (ϕ \nabla ϕ) - ∣ \nabla ϕ ∣^{2} = ϕ - \frac{1}{4} ϕ

\Rightarrow d i v (\nabla ϕ) = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}

Mit Satz von Gauß (

F = \nabla ϕ

)

\int \int_{S} \nabla ϕ \cdot d \vec{O} = \int \int \int_{K} d i v (\nabla ϕ) \cdot d V = \int \int \int_{K} \frac{3}{4} \cdot d V =

\frac{3}{4} \int \int \int_{K} d V = \frac{3}{4} \frac{4}{3} π = π

Danke an alle Helfer.

Falls jemand diesen Thread liest, weil er selbst die Prüfung mo.mathematik.uni-stuttgart.de/tests/test475/test475.pdf bearbeitet, möchte ich darauf hinweisen, das ich dabei bin, die Lösungen in Latex zu verfassen: v2.overleaf.com/read/fzzjzmnxmwkb

gilgamesch4711 aktiv_icon

18:08 Uhr, 01.09.2018

Und? Was studierst du jetzt?

Hildegard aktiv_icon

18:24 Uhr, 01.09.2018

Ich studiere B.Sc. Technische Kybernetik.

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