Musterlösungen Serie 6

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1 D-MAVT D-MATL Analysis II FS 1 Prof. Dr. P. Biran Musterlösungen Serie 6 1. Frage 1 [Analysis Prüfung Winter1] Ein Vektorfeld v(x,y,z) mit Definitionsbereich erfüllediv( v) =. Was folgt? Es gibt eine Funktionf(x,y,z) mit v = gradf. Die Aussage ist falsch. Zum Beispiel, erfüllt v(x,y,z) = (y,,) die Voraussetzung div( v) = auf, aber es existiert keine Funktion f(x,y,z) mit v = gradf. Gäbe es eine solche Fuktion f, so würde v(x,y,z) = y = fx(x,y,z) f y(x,y,z) = gradf(x,y,z), f z(x,y,z) und also f xy(x,y,z) f yx(x,y,z). Der Fluss v ndf durch jede KreisscheibeD in derxy-ebene verschwindet. D Die Aussage ist falsch. Zum Beispiel, erfüllt v(x,y,z) = (,,1) die Voraussetzung div( v) =, aber der Fluss durch die Einheitskreisscheibe D, von unten nach oben, ist gleich v ndf = df. D D Der Fluss S v ndf durch jede KugeloberflächeS verschwindet. Die Aussage ist nach dem Gauss schen Divergenzsatz wahr. Beachte, dass jede Kugel im Definitionsbereich von v(x, y, z) enthalten ist. Bitte wenden!

2 Frage [Analysis Prüfung He199] Berechnen Sie den Fluss des Vektorfeldes v : (x,y,z) (yz,y z,yz ) von innen nach aussen durch den Zylindermantel M = {(x,y,z) x +y = 1, z [,1]}. π 1 Eine Parametrisierung des Zylindermantels ist r : (ϕ,z) (cosϕ,sinϕ,z) mit ϕ π und z 1. Damit folgt für den Fluss π 1 Φ = v ndo = dϕ (zsinϕ,zsin ϕ,z sinϕ)(cosϕ,sinϕ,)dz = π M dϕ 1 (zcosϕsinϕ+zsin ϕ)dz =. Siehe nächstes Blatt!

3 Frage [Analysis Prüfung Frühling 1] Berechnen Sie den Fluss des Vektorfelds v = (xyz, ysin(xz), x +y +z ) durch die Oberfläche des Würfels W = {(x,y,z) 1 x 1, 1 y 1, 1 z 1} von innen nach aussen Die ersten zwei Summanden der Divergenz von v div( v) = yz +sin(xz)+z sind ungerade inz. Deswegen ist der Fluss gleich z dxdydz = [4z ] 1 1 = 8. W. a) Eine Parameterdarstellung der Geraden ist gegeben durch r(t) = 1 +t 1 = 1 t < t <. 1 t Als zweiten Parameter für die Flächendarstellung wählt man den Drehwinkelφder Drehung um diez-achse, deren Matrix durch cosφ sinφ sinφ cosφ 1 gegeben ist. So erhält man für die Parameterdarstellung der Fläche cosφ sinφ r(t,φ) = sinφ cosφ 1 t = cosφ tsinφ sinφ+tcosφ < t <, φ π. 1 t t b) Aus der Parameterdarstellung folgt z = t. Dies eingesetzt führt zu x = cosφ zsinφ, y = sinφ+zcosφ und daraus x +y = 1+z. Die Gleichung der Fläche lautet alsox +y z = 1. Bitte wenden!

4 c) Der Gradient(x, y, z) der Flächengleichung steht senkrecht zur Fläche. Also x y 1 1 y = z &z = x. z 1 Da der Punkt auf der Fläche sein soll, folgtx +y z = x = 1 und somitx = ±1. Man erhält somit die beiden PunkteP 1 = (1,1,1) undp = ( 1, 1, 1). d) Eine Parameterdarstellung des Flächenstückes ist gegeben durch r(t,φ) = cosφ tsinφ sinφ+tcosφ t, φ π. t Man berechnet den Betrag des Normalenvektors r t r φ = sinφ cosφ sinφ tcosφ cosφ tsinφ 1 = cosφ+tsinφ sinφ tcosφ t = 1+t und erhält für den Flächeninhalt F = π = π t dtdφ = π 1+t dt [ t 1+t +log( t+ 1+t )] = 6π+ π log ( + ). =.77. = π ( +log( +) ). Seiz = f(x,y) oderz = f(,ϑ) eine Fläche. Das VolumenV unter der Fläche ist das Volumen einer vertikalen Säule mit der Fläche als Deckel und der xy-ebene als Basis. Das ist gegeben durch das Doppelintegral V = z da wobei die Basis ist. Die FlächeS des Teils einer Fläche über dem Bereichist gegeben durch das Doppelintegral 1+( z x ) +( z y ) da Falls die Fläche durch x = f(y, z) gegeben ist und der Bereich auf der yz-ebene liegt, dann 1+( x y ) +( x z ) da Falls die Fläche durch y = f(x, z) gegeben ist und der Bereich auf der xz-ebene liegt, dann 1+( y x ) +( y z ) da Siehe nächstes Blatt!

5 Für unsere Aufgabe gibt es drei mögliche Lösungswege: 1. Lösung: Die Projektion der vorgeschriebenen Fläche in diexy-ebene ist die Kreisscheibe:x +y 4y. Für den Kegel, z x = x z So ist 1+( z Es folgt: und z y = y z. x ) +( z y ) = 9z +x +y 9z = 1z 9z = 4. 1+( z x ) +( z y ) da = 4y y 4y y dx dy = 4y y dxdy = = 4 4y y dy = 8 π. Lösung: Die Projektion einer Hälfte der vorgeschriebenen Fläche in die yz-ebene ist der Bereich beschränkt durch die Gerade y = z und die Parabel y = 4 z. Diese letzte wurde durch die Elimination von x aus der Gleichung der zwei Flächen erhalten. Für den Kegel, x y = y x So ist 1+( x Es folgt: und x z = z x. y ) +( x z ) = x +y +9z x 1+( x y ) +( x z ) da = = 1z x = 1z z y. y/ y/ z z y dz dy = 4 z y y/ dy = y/ = 4 4y y dy = 8 π. Lösung: Wir verwenden die Polarkoordinaten in der Lösung 1. Wir müssen 1 + ( z x ) + ( z y ) = 4 auf der Kreisscheibe: 4 sin(ϑ) integrieren. Es folgt: da = π sin(ϑ) d dϑ = 1 π 4sin(ϑ) dϑ = 16 π sin (ϑ) dϑ = 8 π 4. a) Es gilt ( div v = c a x(x +y ) (x y )4x (x +y ) a x(x +y ) ) xy4y (x +y ) ( x = ca +xy 4x +4xy +x +xy 8xy ) (x +y ) =. Bitte wenden!

6 b) Klar ist, dass die 1. und. Komponente vonrot v verschwinden. ( (rot v) = c a y(x +y ) xy4x (x +y ) +a y(x +y ) (x y ) )4y (x +y ) ( x = ca y y +8x y x y y 4x y +4y ) (x +y ) = c) SeiP = (x,y,z ) ein Punkt auf der Zylinderoberfläche, d. h.x +y = a. Der Tangentialvektor T in P parallel zurxy-ebene ist gegeben durcht = ( y,x,). ( v(x,y,z ) = c 1 a a y y a 4, a x ) ( y y a 4, = c a, x ) y a, = cy a T Das heisst v T. d) SeiP = (x,y,z) ein Punkt im Abstand von derz-achse, d. h.x +y =. Dann gilt x y x +y und xy x +y und Also strebt v (c,,) für. a (x y ) (x +y ) = a (x y ) 4 für a xy (x +y ) = a xy 4 für Aus c) folgt für den Betrag der Geschwindigkeit auf der Zylinderoberfläche v = c a y T = c y. a v = v =max v = Man sieht sofort, dass v minimal ist auf der x-achse und maximal auf dery-achse. v =max