Aufgaben zu Kapitel 27 - static.springer.comstatic.springer.com/.../pdf/978-3-8274-1758-9_Aufgaben_Kap_27.pdf · Aufgaben zu Kapitel 27 1 Aufgaben zu Kapitel 27 Verständnisfragen

Aufgaben zu Kapitel 27 1

Aufgaben zu Kapitel 27

Verständnisfragen

Aufgabe 27.1 •• Ordnen Sie die folgenden Vektorfelder vi , i = 1, . . . , 6 den Teilbildern in Abbildung 27.15 und 27.16zu:

v1(x, y) = (x1, x2)�

v2(x, y) = (x2, −x1)�

v3(x, y) = (x21 + x2

2 , 2x1x2)�

v4(x, y) = (x1 − x2, x1 + x2)�

v5(x, y) = (x1, −x2)�

v6(x, y) = (2x1x2, −x21 − x2

2 )�

Aufgabe 27.2 • Gegeben sind ein Vektorfeld V sowie zwei Kurven C1 und C2 mit gleichem Anfangs- und Endpunkt.Kann man aus ∫

C1

V (x) dx =∫

C2

V (x) dx

folgern, dass V ein Potenzial besitzt?

Aufgabe 27.3 •• Wir betrachten die Ausdrücke

v(x) = 1

x21 + x2

2

⎛⎝−x2

x10

⎞⎠ ,

w(x) = 1

x21 + x2

2 + x23

⎛⎝−x2

x10

⎞⎠ .

Für welche x ∈ R3 sind dieser Ausdrücke definiert? Sind die Definitionsmengen D(v) und D(w) einfach zusammenhängend?

Besitzen die Vektorfelder v: D(v) → R3, x �→ v(x) bzw, w: D(w) → R

3, x �→ w(x) ein Potenzial?

Aufgabe 27.4 •• Die Rotation eines Vektorfeldes der Form

A(x1, x2, x3) =⎛⎝A1(x1)

A2(x2)

A3(x3)

⎞⎠

verschwindet trivialerweise, da in den Komponenten(

∂Ai∂xj

− ∂Aj

∂xi

)bereits jeder Term für sich verschwindet und damit auch

ihre Differenz. Welche Form hat ein Vektorfeld, für das das Gleiche gilt, in Kugelkoordinaten?

Rechenaufgaben

Aufgabe 27.5 •• Für das Vektorfeld v, R3 → R3, v(x) = (x2x

33 , x1x

33 , 3x1x2x

23 )� berechne man rot v, div v, grad div v,

gegebenenfalls ein Potenzial φ und das Kurvenintegral

I =∫

C

v · ds ,

wobei C den Anfangspunkt (0, 0, 0) geradlinig mit dem Endpunkt (1, 2, 3) verbindet.

Aufgabe 27.6 •• Man berechne den Wert des Kurvenintegrals

I =∫

K

(2x1x2 + x2

22x1x2 + x2

1

)· ds

für die in Abbildung 27.33 dargestellte Kurve K .

Arens et al., Mathematik, ISBN: 978-3-8274-1758-9, © Spektrum Akademischer Verlag, 2008

2 Aufgaben zu Kapitel 27

−1 1

−1

1

2

x

y

(−1, −1)

(1, 2)

K

Abbildung 27.33 Berechnen Sie∫K

{(2x1x2 + x2

2 )dx1 + (2x1x2 + x21 )dx2

}entlang dieser Kurve.

Aufgabe 27.7 •• K1, K2 sind die in Abbildung 27.34 dargestellten Kurven im R2 mit Anfangspunkt (−1, 0) und Endpunkt

(1, 1).

Für die Vektorfelder

v(x, y) = (x, y)�,v(x, y) = (−y, x)�,v(x, y) = (eπx cos(πy), −eπx sin(πy)�

berechne man die Integrale∫

Ki

v · ds.

x

y

(−1, 0)

(1, 1)K1

K2

Abbildung 27.34 Kurven K1 und K2.

Aufgabe 27.8 • Man untersuche, ob die folgenden Kurvenintegrale vom Weg unabhängig sind, und berechne das Integralfür den Fall, dass die Kurve C die geradlinige Verbindungsstrecke von a nach b ist.

I1 =∫

C

{2x1 dx1 + x3 dx2 + (x2 + x4) dx3 + x3 dx4}, mit a = (0, 0, 0, 0)�, b = (1, 1, 0, 1)�

I2 =∫

C

{πxeπw dw + eπw dx + z2 dy + 2yz dz

}

mit a = (1, 1, 1, 1)� und b = (1, −1, 2, 0)�

Aufgabe 27.9 •• Man berechne das Kurvenintegral

L =∫

C

{(x − 2y2z)dx + (x3 − z2)dy + (x2 + y2)dz

},

wobei C die Schnittkurve der beiden Flächen z2 = x2 + y2 und z = 8x2+y2 ist.



Aufgabe 27.10 •• Man berechne das Kurvenintegral

K =∫

∂B

(xy2 dx + xy dy),

wobei ∂B der positiv orientierte Rand jenes Bereiches B ist, der von

y =√

2x − x2 für 0 ≤ x < 2,y = 0 für 2 ≤ x ≤ 4 undy =

√4x − x2 für 0 ≤ x ≤ 4

begrenzt wird.

Aufgabe 27.11 •• Wir betrachten den Bereich S ⊂ R2,

S ={(x, y) | x ≥ 0, 0 ≤ y ≤ x, 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4

}

Über S ist durch z(x, y) = x2 + y2 explizit eine Fläche F gegeben. Skizzieren Sie die Menge S und berechnen Sie dasOberflächenintegral I = ∫

F G dσ mit G(x, y, z) = arctan yx

.

Aufgabe 27.12 • Man berechne den Oberflächeninhalt der Fläche F mit Parametrisierung

x(u, v) =⎛⎝sin2 u cos v

sin2 u sin v

sin u cos u

⎞⎠ u ∈ [0, π ], v ∈ [0, 2π ] .

Aufgabe 27.13 •• Man berechne das Oberflächenintegral

I =∫∫

∂B

(x + z2) dy ∧ dz + (z − y) dz ∧ dx + x2z dx ∧ dy,

wobei der Bereich B von den Flächen x2 + z2 = 1 und x2 + y2 = 1 begrenzt wird.

Aufgabe 27.14 •• Durch z(x, y) = y2 ist über der Menge

S ={(x, y) ∈ R

2 ∣∣ 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ √x}

eine Fläche F gegeben. Man berechne den Wert des Oberflächenintegrals I = ∫F y dσ .

Aufgabe 27.15 •• Man berechne das Oberflächenintegral∫F G dσ der Funktion

G(x, y, z) = yz√1 + x

über der Fläche

F =⎧⎨⎩(x, y, z) ∈ R

3 |0 ≤ x ≤ 2

0 ≤ y ≤ 2√

x

z = √4x − y2

⎫⎬⎭ .

Aufgabe 27.16 •• Berechnen Sie für das Vektorfeld

V (x) =⎛⎝ x2 + cosh y

cosh z

y2 + 2xz − x2 sin z

x2z2 − esin y

⎞⎠

das Oberflächenintegral über die Oberfläche der oberen Halbkugel mit Mittelpunkt (0, 0, 0), Radius 2 und nach außen orien-tiertem Normalvektor.

Aufgabe 27.17 •• Man berechne den Fluss des Vektorfeldes

V =⎛⎝x3 + xy2

x2y + y3

x2y

⎞⎠

durch die Fläche

F : z =√

x2 + y2 < 2,

die so orientiert ist, dass die z-Komponente ihres Normalenvektors negativ ist.


4 Aufgaben zu Kapitel 27

Aufgabe 27.18 •• Bestimmen Sie den Fluss des Vektorfeldes

V =(x3y, x2y2, x

)�

durch die Fläche F , die durchz = 2x2 + 2y2, 2 ≤ z ≤ 8, x ≥ 0, y ≥ 0

gegeben und dabei so orientiert ist, dass die z-Komponente des Normalenvektors immer negativ ist.

Aufgabe 27.19 •• Man berechne das Oberflächenintegral

I =∫∫

∂B

⎛⎝ x + e

(z2)

x2 − y2 + z2

1 − xyz

⎞⎠ · dσ ,

wobei B jener Bereich ist, der von den Flächen z = √x2 + y2 und z = 2 − √

x2 + y2 eingeschlossen wird.

Aufgabe 27.20 •• Bestimmen Sie das Linienelement ds, das Oberflächenelement dσ , das Volumenelement dx sowie dieDifferenzialoperatoren grad , rot , div und � in polaren elliptische Koordinaten

x =⎛⎝c sinh α sin β cos ϕ

c sinh α sin β sin ϕ

c cosh α cos β

⎞⎠

mit α ∈ R≥0, 0 ≤ β ≤ π und −π < ϕ ≤ π . Die Konstante c > 0 ist ein Maßstabsfaktor. (Vergleiche dazu auchAufgabe 27.14.)

Anwendungsprobleme

Aufgabe 27.21 ••• Ein Dipol sind zwei in festem Abstand 2a zueinander gehaltene gegengleiche (d. h. betragsmäßiggleiche, entgegengesetzte) Ladungen ±q.

Bestimmen Sie jeweils die auf einen Dipol wirkende Kraft F und Drehmoment T = ∑i (xi − x) × F i (mit Bezugspunkt x)

in einem

homogenen elektrischen Feld E(x) = E0 e3,radialen elektrischen Feld

E(x) = 1

4π ε0

Q

r2er

mit Q � q.

Bestimmen Sie im zweiten Fall Näherungsausdrücke für a � ||x||. Diskutieren Sie das Verhalten eines drehbaren, bewegli-chen Dipols in den angegebenen Feldern. (Hinweis: als Bezugspunkt x für die Bestimmung des Drehmoments wählen Siegünstigerweise den Mittelpunkt der Verbindungslinie der beiden Ladungen.)

Aufgabe 27.22 •• Wir haben auf Seite 909 die potenzielle Energie eines in Form einer Kettenlinie gebogenen Drahtesbestimmt. Vergleichen Sie das Ergebnis mit der Energie für einen Draht der gleichen Länge, der an den gleichen Punktenbefestigt ist, nun aber die Form

eines „V“s (stückweise gerade) odereiner nach oben offenen Parabel

hat. (Hinweis: Im Fall der Parabel erhält man eine transzendente Gleichung, die sich nur näherungsweise lösen lässt.)

Aufgabe 27.23 •• Das Strömungsfeld in einem Fluid mit zwei entgegengesetzten Linienwirbel ist durch

v(x) =

⎛⎜⎜⎝

x2

(x1 + a)2 + x22

− x2

(x1 − a)2 + x22

x1 − a

(x1 − a)2 + x22

− x1 + a

(x1 + a)2 + x22

⎞⎟⎟⎠

gegeben.



Wo liegen die Wirbel? Bestimmen Sie die Arbeit, die bei Umlauf der folgenden positiv orientierten Kreise gewonnen wird:

C1 : (x1 − a)2 + x22 = a2

C2 : (x1 + a)2 + x22 = a2

C3 : x21 + x2

2 = 1

4a2

C4 : x21 + x2

2 = 4a2

Aufgabe 27.24 •••Bestimmen Sie die Gravitationskraft, die eine Kugelschale mit homogener Dichte ρ auf eine Probemasse m (a) außerhalb,(b) innerhalb der Kugelschale ausübt.Durch die (als homogen und kugelförmig angenommene) Erde wird ein Tunnel vom Nord- zum Südpol gegraben. Be-schreiben Sie den (reibungsfreien) Fall eines Körpers durch diesen Tunnel mit einer geeigneten Differenzialgleichung.Lösen Sie diese Gleichung für einen am Nordpol mit Anfangsgeschwindigkeit v0 = 0 losgelassenen Körper.


6 Hinweise zu Kapitel 27

Hinweise zu Kapitel 27

Verständnisfragen

Aufgabe 27.1 •• Bestimmen Sie Rotation und Divergenz der Felder und vergleichen Sie mit den Angaben in den Abbil-dungen. Zudem kann es helfen, die Werte der Vektorfelder an einzelnen charakteristischen Punkten zu berechnen.

Aufgabe 27.2 • Zu den Kriterien für die Existenz eines Potenzials, siehe Abschnitt 27.3 ab Seite 911.

Aufgabe 27.3 •• An welchen Stellen käme es zu einer Division durch null? Für die Existenz eines Potenzials muss dieRotation verschwinden und das Definitionsgebiet D einfach zusammenhängend sein.

Aufgabe 27.4 •• Betrachten Sie die Rotation in Kugelkoordinaten (siehe Seite 927) und überlegen Sie, welche Form Ar ,Aϑ und Aϕ haben müssen, damit jeder Term in den dortigen Differenzen verschwindet.

Rechenaufgaben

Aufgabe 27.5 •• Das Ergebnis für rot v kann das Berechnen des Kurvenintegrals vereinfachen.

Aufgabe 27.6 •• Untersuchen Sie, ob das Vektorfeld ein Potenzial besitzt.

Aufgabe 27.7 •• Untersuchen Sie, ob ein Potenzial existiert.

Aufgabe 27.8 • Untersuchen Sie Definitionsgebiet und Integrabilitätsbedingungen ∂vi∂xj

= ∂vj

∂xi.

Aufgabe 27.9 •• Um die Gleichung der Schnittkurve zu bestimmen, benutzen Sie eine Flächengleichung, um z2 aus deranderen zu eliminieren. Nun können Sie einen geeigneten Integralsatz benutzen.

Aufgabe 27.10 •• Eine Skizze hilft bei diesem Beispiel außerordentlich. Benutzen Sie zum Auswerten des Integralseinen geeigneten Integralsatz.

Aufgabe 27.11 •• Bestimmen Sie die Form von S, indem Sie seine Randkurven ermitteln. Diese erhalten Sie, wenn Siein jeder Ungleichung das Gleichheitszeichen nehmen. Gehen Sie für die Bestimmung des Integrals so vor wie im Beispiel aufSeite 915; eine Auswertung in Polarkoordinaten bietet sich an.

Aufgabe 27.12 • Die Abhängigkeit des Oberflächenelements dσ = ||xu × xv|| du dv von einer der beiden Variablen isttrivial, damit faktorisiert das Doppelintegral.

Aufgabe 27.13 •• Benutzen Sie einen geeigneten Integralsatz. Die Auswertung des Integrals erfolgt am besten in karte-sischen Koordinaten, wobei x die äußerste Integrationsvariable ist.

Aufgabe 27.14 •• Skizzieren Sie die Menge S. Durch die Struktur von Integrand und Integrationsgebiet bietet es sichan, zuerst über y, dann über x zu integrieren.

Aufgabe 27.15 •• Bestimmen und skizzieren Sie den Bereich S ⊆ R2, über dem die Fläche definiert ist.

Aufgabe 27.16 •• Benutzen Sie einen geeigneten Integralsatz.

Aufgabe 27.17 •• Das Doppelintegral ist am einfachsten in Polarkoordinaten auszuwerten.

Aufgabe 27.18 •• Das Doppelintegral ist am einfachsten in Polarkoordinaten auszuwerten.

Aufgabe 27.19 •• Benutzen Sie einen geeigneten Integralsatz.

Aufgabe 27.20 •• Bilden Sie die kovarianten Basisvektoren durch Ableitungen nach den Koordinaten, die metrischenKoeffizienten ergeben sich als Betrag dieser Vektoren. Mit den metrischen Koeffizienten kann man dann sowohl die differen-ziellen Elemente als auch die Differenzialoperatoren bestimmen.

Anwendungsprobleme

Aufgabe 27.21 ••• Beschreiben Sie den Dipol durch einen Vektor a mit Norm a, der vom Dipolmittelpunkt x zur Ladungq weist. (Entsprechend weist −a von x nach −q.) Die Kräfte F ergeben sich jeweils als Produkt der Ladung ±q mit demelektrischen Feld am Ort dieser Ladung.


Hinweise zu Kapitel 27 7

Die Kraft auf den Dipol ergibt sich als Summe der Kräfte auf die Einzelladungen, das Drehmoment wie angeben als Summe vonKreuzprodukten. Beachten Sie, dass die Basisvektoren in Kugelkoordinaten ortsabhängig sind! Bei der Arbeit mit Ortsvektorenkann man benutzen, das beispielsweise er (x + a) = x+a

||x+a|| gilt.

Überlegen Sie sich, in welchen Grenzfällen die erhaltenen Ausdrücke verschwinden und welche physikalische Interpretationdas hat.

Aufgabe 27.22 •• Bestimmen Sie die Länge der Kurve auf Seite 909 und stellen Sie die Gleichungen einer stückweiseaffin linearen Funktion bzw. Parabel auf, die durch die Punkte (− ln 2, 5

4 )� und (ln 2, 54 )� verlaufen und zwischen diesen

Punkten die gleiche Länge haben. Bestimmen Sie nun das Kurvenintegral über U(x) = x2 entlang dieser beiden Kurven.

Aufgabe 27.23 •• Suchen Sie nach Definitionslücken im Geschwindigkeitsfeld. Fertigen Sie eine Skizze an. Anhand derskizzierten Verhältnisse können Sie bereits abschätzen, welches Ergebnis Sie für die Arbeitsintegrale erwarten können.

Aufgabe 27.24 •••Bestimmen Sie das Potenzial einer Kugelschale der Dicke dr . Integrieren Sie dieses Potenzial von R1 nach R2 um dasPotenzial der Kugelschale zu erhalten. Die Kraft ergibt sich unmittelbar durch Gradientenbildung.Mit den Ergebnissen aus dem ersten Teil der Aufgabe können Sie die Kraft auf eine Probemasse sofort bestimmen. Einsetzen

in die Newton’sche Bewegungsgleichungm d2rdt2 = F(r) liefert eine bekannte Differenzialgleichung, deren Lösung Sie sofort

angeben können.


8 Lösungen zu Kapitel 27

Lösungen zu Kapitel 27

Verständnisfragen

Aufgabe 27.1 •• v1 – Abbildung 27.15 rechts oben, v2 – Abbildung 27.15 links unten, v3 – Abbildung 27.16 links, v4– Abbildung 27.15 rechts unten, v5 – Abbildung 27.15 links oben, v6 – Abbildung 27.16 rechts.

Aufgabe 27.2 • Nein.

Aufgabe 27.3 •• D(v) = {x ∈ R3 | x1 �= 0 oder x2 �= 0}, D(w) = R

3 \ {0}, beide Vektorfelder besitzen (ausunterschiedlichen Gründen) kein Potenzial.

Aufgabe 27.4 •• A(r ϑ, ϕ) = F(r) er + G(ϑ)r

eϑ + H(ϕ)r sin ϑ

eϕ mit beliebigen stetig differenzierbaren Funktionen F , G

und H .

Rechenaufgaben

Aufgabe 27.5 •• rot v = 0, div v = 6x1x2x3, grad div v = (6x2x3, 6x1x3, 6x1x2)�, I = 54.

Aufgabe 27.6 •• I = 8

Aufgabe 27.7 ••∫K1

v · ds = ∫K2

v · ds = 12∫

K1v · ds = − (

1 + π2

),∫K2

v · ds = −1∫K1

v · ds = ∫K2

v · ds = − eπ+e−π

π

Aufgabe 27.8 • Wegunabhängigkeit ist in beiden Fällen gegeben; man erhält I1 = 1 und I2 = −(2eπ + 1).

Aufgabe 27.9 •• L = 12π .

Aufgabe 27.10 •• K = − 463

Aufgabe 27.11 •• I = π2

384 · (173/2 − 53/2)

Aufgabe 27.12 • ∫F dσ = π2

Aufgabe 27.13 •• I = 1615

Aufgabe 27.14 •• ∫F y dσ = 37

20

Aufgabe 27.15 •• ∫F G dσ = 8

Aufgabe 27.16 •• I = 163

Aufgabe 27.17 •• 645 π

Aufgabe 27.18 •• 1537

Aufgabe 27.19 •• I = 16/3

Aufgabe 27.20 •• –

Anwendungsprobleme

Aufgabe 27.21 •••F = 0, T = qE0(2a) × e3

F = qQ4π ε0

{er (x+a)

||x+a||2 − er (x−a)

||x−a||2}

≈ qQ4π ε0

1||x||3 (2a − 3 (2a · er (x)) er (x)), T = qQ

4πε0

{a×er (x+a)

||x+a||2 + a×er (x−a)

||x−a||2}

≈qQ

4πε0

1||x||2 (2a) × er (x)

Aufgabe 27.22 •• Wir erhalten für die stückweise gerade Kurve Wlin ≈ 1.660 17, für die Parabel Wpar ≈ 1.630 69.


Lösungen zu Kapitel 27 9

Aufgabe 27.23 •• Die Wirbel liegen an x = (−a, 0)� und x = (a, 0)�. Die Arbeitsintegrale liefern∫C1

v · ds = 2π ,∫C2

v · ds = −2π und∫C3

v · ds = ∫C4

v · ds = 0.

Aufgabe 27.24 ••• außerhalb: F = −G4π ρ(R3

2−R31)

3ma2 er ; innerhalb: F = 0; man erhält eine Schwingungsgleichung

mit Frequenz ω =√

G4π ρ

3 .


10 Lösungswege zu Kapitel 27

Lösungswege zu Kapitel 27

Verständnisfragen

Aufgabe 27.1 ••Für v1 erhalten wir

div v1 = 2 e3 · rot v1 = 0 ,

es handelt sich um das rechte obere Bild in Abbildung 27.15.Für v2 ergibt sich

div v1 = 0 e3 · rot v2 = −2 ,

es handelt sich um das Abbildung 27.15 links unten.Für v3 erhalten wir

div v3 = 4x1 e3 · rot v3 = 0 ,

es kann sich nur entweder um Abbildung 27.15 rechts unten oder Abbildung 27.16 links handeln. Welches davon es ist,werden wir später besser beurteilen können.Für v4 erhalten wir

div v4 = x1 + x2 e3 · rot v4 = x2 − x1 ,

das kann nur Abbildung 27.15 rechts unten sein, damit muss v3 im linken Bild von Abbildung 27.16 dargestellt sein.Für v5 ergibt sich

div v5 = 0 e3 · rot v6 = −2 ,

das ist Abbildung 27.15 links oben.Für v6 erhalten wir

div v6 = 0 e3 · rot v6 = 4x1 ,

damit muss es sich um das rechte Bild von Abbildung 27.16 handeln.

Aufgabe 27.2 • Dass die Integrale entlang zweier Kurven gleich sind, ist noch lange kein Beweis für Wegunabhängigkeit,und nur diese ist äquivalent mit der Existenz eines Potenzials. Anders wäre es allerdings, wenn die Gleichung für beliebigeKurven mit jeweils gleichem Anfangs- und Endpunkt gelten würde. Dann läge tatsächlich Wegunabhängigkeit vor.

Aufgabe 27.3 •• v(x) ist nur dann nicht definiert, wenn x1 und x2 beide gleich null sind, also auf der x3-Achse. DieDefinitionsmenge von v ist daher

D(v) = {x ∈ R3 | x1 �= 0 oder x2 �= 0 ,

wobei „oder“ einschließend (d. h. im Sinne der Aussagenlogik) zu verstehen ist.

Eine geschlossene Kurve, die einmal um die x3-Achse führt, ist nicht auf einen Punkt zusammenziehbar. Obwohl die Rotationdes Vektorfeldes für alle x ∈ D(v) verschwindet, hat das Vektorfeld v kein Potenzial.

Für w ist D(w) = R3 \ {0}, dieses Gebiet ist einfach zusammenhängend. (Man kann jede Kurve zu einem Punkt zusammen-

ziehen, denn im Raum kann man dem einen fehlenden Punkt im Definitionsbereich immer leicht ausweichen.)

Für das Vektorfeld w ist allerdings rot w �= 0, daher hat auch dieses Feld kein Potenzial.

Aufgabe 27.4 •• Aus der Darstellung auf Seite 927 sehen wir, dass Ar keine Funktion von ϑ oder ϕ sein darf, damit dieentsprechenden Terme verschwinden, Ar(r ϑ, ϕ) = F(r) mit einer beliebigen stetig differenzierbaren Funktion F , R≥0 → R.

Aϑ darf keine Funktion von ϕ, r Aϑ keine Funktion von r sein, Aϑ(r ϑ, ϕ) = G(ϑ)r

eϑ mit einer beliebigen stetig differen-zierbaren Funktion G, [0, 2π ] → R.

sin ϑ Aϕ darf nicht von ϑ , r Aϕ nicht von r abhängen. Die allgemeinste Form ist daher Aϕ(r ϑ, ϕ) = H(ϕ)r sin ϑ

mit einerbeliebigen stetig differenzierbaren Funktion H , [0, 2π ] → R.

Dass wir für die Funktionen F , G und H stetige Differenzierbarkeit forden, obwohl diese Funktionen nie nach ihren Argumen-ten abgeleitet werden, liegt daran, dass die Herleitung der Ausdrücke für Differenzialoperatoren in krummlinigen Koordinatenstetig differenzierbare Vektorfelder voraussetzt.


Lösungswege zu Kapitel 27 11

Rechenaufgaben

Aufgabe 27.5 •• Für V erhält man

rot V = ∇ ×⎛⎝ x2x

33

x1x33

3x1x2x23

⎞⎠ =

⎛⎝ 3x1x

23 − 3x1x

23−3x2x

23 + 3x2x

23

x33 − x3

3

⎞⎠ = 0

div V = ∂x2x33

∂x1+ ∂x1x

33

∂x2+ ∂3x1x2x

23

∂x3

= 0 + 0 + 6x1x2x3 = 6x1x2x3

grad div V = grad (6x1x2x3) =⎛⎝6x2x3

6x1x36x1x2

⎞⎠

v ist im einfach zusammenhängenden Gebiet R3 definiert und es ist rot V = 0, damit gibt es ein Potenzial. Entweder durch

Integration oder über Hinschauen erhält man ϕ(x1, x2, x3) = x1x2x33 . Damit ergibt das Kurvenintegral einfach

I =∫

C

V · ds = ϕ(1, 2, 3) − ϕ(0, 0, 0) = 54.

Aufgabe 27.6 •• Wir setzen (der Bequemlichkeit halber) x = x1 und y = x2. Die Komponenten des zu integrierendenVektorfeldes V sind V1(x, y) = 2xy + y2 und V2(x, y) = 2xy + x2. Nun gilt V1, y = 2x + 2y = V2,x , daher besitztV = (V1, V2) ein Potenzial �, für das gilt: �x = V1 und �y = V2. Integration liefert nun: � = ∫

V1 dx = x2y+xy2 +w1(y)

und � = ∫V2 dy = x2y + xy2 + w2(x). Auf jeden Fall ist also �(x, y) = x2y + xy2 ein Potenzial, und das Integral liefert

I = �(1, 2) − �(−1, −1) = (2 + 4) − (−1 − 1) = 8.

Ebenso könnte man das Integral natürlich ohne Potenzial direkt berechnen, indem man zuerst (x, y) = (t, −1), t ∈ [−1, 1],dx = dt , dy = 0 setzt, anschließend (x, y) = (1, t), t ∈ [−1, 2], dy = dt , dx = 0):

I =∫ 1

−1(−2t + 1) dt +

∫ 2

−1(2t + 1) dt

=[

− t2 + t]1

−1+

[t2 + t

]2

−1

= 2 + 6 = 8

Aufgabe 27.7 ••Untersuchung der Integrabilitätsbedingungen: ∂v1

∂y= 0 = ∂v2

∂x, also existiert ein Potenzial ϕ(x, y), für das gilt: ∂ϕ

∂x= v1 = x

und ∂ϕ∂y

= v2 = y, z. B. ϕ(x, y) = x2

2 + y2

2 . Damit ist

∫Ki

{v1 dx + v2 dy} = ϕ(1, 1) − ϕ(−1, 0) = 1 − 1

2= 1

2.

Wegen ∂v1∂y

= −1 und ∂v2∂x

= 1 gibt es kein Potenzial. Daher muss man die Kurven parametrisieren

K1 : i) x(t) =(− cos t

sin t

)x(t) =

(sin t

cos t

)

t ∈ [0, π2 ]

ii) x(t) =(

t

1

)x(t) =

(10

)

t ∈ [0, 1]

K2 : x(t) =(−1 + 2t

t

)x(t) =

(21

)

t ∈ [0, 1]



und erhält für die Integrale:

I1 :=∫

K1

{−y dx + x dy}

=∫ π/2

0{− sin2 t − cos2 t}dt +

∫ 1

0(−1) dt

= −∫ π/2

0dt −

∫ 1

0dt = −

(1 + π

2

)

I2 :=∫

K2

{−y dx + x dy}

=∫ 1

0{−t · 2 + (−1 + 2t)}dt

= −∫ 1

0dt = −1

Hier gilt wieder

∂V1

∂y= −πeπx sin(πy) = ∂V2

∂x,

es gibt also ein Potenzial ϕ(x, y), z. B. ϕ(x, y) = 1π

eπx cos(πy). Damit ist:

∫Ki

{V1 dx + V2 dy} = ϕ(1, 1) − ϕ(−1, 0)

= 1

πeπ cos(π) − 1

πe−π cos(0)

= −eπ + e−π

π

Aufgabe 27.8 • Die beiden Vektorfelder sind (ohne künstliche Einschränkungen) auf ganz R4 definert.

Untersuchung der Integrabilitätsbedingungen: ∂V2∂x3

= 1 = ∂V3∂x2

, ∂V3∂x4

= 1 = ∂V4∂x3

, alle anderen sind trivial erfüllt. Berechnung

von L entweder über Potenzial (z. B. � = x21 +x2x3+x3x4) oder schneller mit x(t) = (t, t, 0, t), t ∈ [0, 1]: I1 = ∫ 1

0 2t dt =1Es ist in diesem Fall

∂Vw

∂x= πeπw = ∂Vx

∂w

∂Vy

∂z= 2z = ∂Vz

∂y,

alle anderen Ableitungen sind klarerweise null. Ein Potenzial ist ϕ(w, x, y, z) = xeπw + yz2 und für das Integral ergibtsich: I1 = ϕ(1, −1, 2, 0) − ϕ(1, 1, 1, 1) = −(2eπ + 1).

Aufgabe 27.9 •• Zunächst geht es einmal darum, die Art der Schnittkurve zu bestimmen. Dazu setzen wir z2 = x2 + y2

und z2 = 64(x2+y2)2 gleich und erhalten (x2 + y2)2 = 64 oder x2 + y2 = 4, der Integrationsweg ist also ein Kreis. Einsetzen

in eine der beiden Flächengleichungen liefert außerdem z = 2. Nun bietet sich der Satz von Stokes an. Für das Vektorfeld undseine Rotation erhält man:

K =⎛⎝x − 2y2z

x3 − z2

x2 + y2

⎞⎠ rot K =

⎛⎝ 2y + 2z

−2y2 − 2x

3x2 + 4yz

⎞⎠

Für die Fläche F kann an sich jede gewählt werden, die von C berandet wird, am einfachsten ist natürlich die Kreisscheibein der Ebene z = 2. Der Normalvektor darauf ist n = (0, 0, 1) und damit spielt nur die z-Komponente des Rotors eine Rolle.



Wir erhalten ein Integral, das man am besten in Polarkoordinaten löst:

L =∫∫

x2+y2≤4(3x2 + 8y)dx dy

=∫ 2

r=0

∫ 2π

ϕ=0(3r2 cos2 ϕ + 8r sin ϕ)r dr dϕ

=∫ 2π

ϕ=0cos2 ϕ dϕ ·

∫ 2

r=03r3 dr

+∫ 2π

ϕ=0sin ϕ dϕ ·

∫ 2

r=08r2 dr

= π 3r4

4

∣∣∣20

+ 0 = 12π

Aufgabe 27.10 •• Der Satz von Green-Riemann∫∂B f dx + g dy = ∫∫

B gy − fx dx dy ergibt mit f = xy2, fy = 2xy,g = xy und gx = y weiter

K =∫

∂B

(xy2 dx + xy dy) =∫∫

B

y(1 − 2x) dx dy.

Nun zerlegt man B, wie in Abbildung 27.35 dargestellt.

2 4

2

x

y

B1 B2

Abbildung 27.35 Eine Zerlegung von B in die Bereiche B1 und B2.

Damit erhält man:

K =∫∫

B1

y(1 − 2x) dx dy +∫∫

B2

y(1 − 2x) dx dy =

=∫ 2

0dx

∫ √4x−x2

√2x−x2

y(1 − 2x) dy

+∫ 4

2dx

∫ √4x−x2

0y(1 − 2x) dy =

=∫ 2

0dx(1 − 2x)

y2

2

∣∣∣√

4x−x2

√2x−x2

+∫ 4

2dx(1 − 2x)

y2

2

∣∣∣√

4x−x2

0=

= 1

2

∫ 2

0(1 − 2x) · 2x dx + 1

2

∫ 4

2(1 − 2x)(4x − x2) dx =

= 1

2

∫ 2

0(2x − 4x2) dx + 1

2

∫ 4

2(2x3 − 9x2 + 4x) dx =

= 1

2

(x2 − 4

3x3

) ∣∣∣20

+ 1

2

(1

2x4 − 3x3 + 2x2

) ∣∣∣42

= −46

3



Aufgabe 27.11 •• Zur Berechnung des Oberflächenelements braucht man zx = ∂z∂x

(x, y) = 2x und zy = ∂z∂y

(x, y) = 2y.Damit ergibt sich

I =∫∫

S

G(x, y, z(x, y))

√1 + z2

x + z2y dx dy =

=∫ 2

r=1

∫ π/4

ϕ=0arctan

r sin ϕ

r cos ϕ︸︷︷︸arctan(tan ϕ)=ϕ

·√

1 + 4r2 · r dr dϕ =

=∫ π/4

ϕ=0ϕ dϕ ·

∫ 2

r=1r√

1 + 4r2 dr =

=∣∣∣∣u = 1 + 4r2 2 → 17

du = 8r dr 1 → 5

∣∣∣∣= ϕ2

2

∣∣∣∣∣π/4

0

·∫ 17

u=5

1

8u1/2 du =

= π2

12 · 32u3/2

∣∣∣∣∣17

5

= π2

384· (173/2 − 53/2)

x

y

1 2

1

2

y = x

S

Abbildung 27.36 Das Gebiet S, über dem mittels z(x, y) = x2 + y2 eine Fläche definiert ist.

Aufgabe 27.12 • Zunächst bestimmen wir die Tangentialvektoren an die Parameterkurven

xu =⎛⎝2 sin u cos u cos v

2 sin u cos u sin v

cos2 u − sin2 u

⎞⎠ xv =

⎛⎝− sin2 u sin v

sin2 u cos v

0

⎞⎠

und den Normalvektor an die Fläche

xu × xv =⎛⎝sin2 u cos v (sin2 u − cos2 u)

sin2 u sin v (sin2 u − cos2 u)

2 sin3 u cos u

⎞⎠ .

Dessen Betrag ergibt sich zu:

||xu × xv|| =√

sin4 u (sin4 u + 2 sin2 u cos2 u + cos4 u)

=√

sin4 u (sin2 u + cos2 u)2 = sin2 u

Damit ergibt sich für den Flächeninhalt∫

F

dσ =∫ π

u=0

∫ 2π

v=0||xu × xv|| du dv

=∫ π

u=0

∫ 2π

v=0sin2 u du dv =

=∫ 2π

v=0dv ·

∫ π

u=0sin2 u du

= 2π · π

2= π2



Aufgabe 27.13 •• Mit K = (x + z2, z − y, x2 + z)� erhalten wir div K = 1 − 1 + x2 = x2 und mit dem Satz von Gauß

I =∫∫

∂B

K dx =∫∫∫

B

div K dx =∫∫∫

B

x2 dx .

B wird von zwei Zylindern begrenzt, hier ist es günstig, z und y durch x auszudrücken und über diese Variable als letztes zuintegrieren. Das ergibt x2 + z2 = 1 → z = ±

√1 − x2, x2 + y2 = 1 → y = ±

√1 − x2 und damit weiter:

I =∫∫∫

B

div K dx

=∫ 1

−1dx

∫ √1−x2

−√

1−x2dy

∫ √1−x2

−√

1−x2x2 dz

=∫ 1

−1dx

∫ √1−x2

−√

1−x2dy x2 z

∣∣∣√

1−x2

z=−√

1−x2

= 2∫ 1

−1dx

∫ √1−x2

−√

1−x2x2

√1 − x2 dy

= 2∫ 1

−1dx x2

√1 − x2 y

∣∣∣√

1−x2

y−√

1−x2

= 4∫ 1

−1x2(1 − x2) dx

= 4

(x3

3− x5

5

)1

−1

= 16

15

Aufgabe 27.14 •• Für diese Fläche ist zx = 0, zy = 2y und damit erhält man:

∫F

y dσ =∫∫

S

y

√1 + z2

x + z2y d(x, y)

=∫∫

S

y

√1 + 4y2 d(x, y)

=∫ 2

x=0

∫ y=√x

y=0y(1 + 4y2)1/2dy dx

= 1

12

∫ 2

x=0(1 + 4y2)3/2

∣∣∣y=√x

y=0

= 1

12

∫ 2

0

[(1 + 4x)3/2 − 1

]dx

= 1

12

[1

10(1 + 4x)5/2 − x

]2

0

= 1

12

[1

10(35 − 1) − 2

]

= 243

120− 1

120− 20

120= 222

120= 37

20

Aufgabe 27.15 •• Die Fläche F ist definiert durch z(x, y) = √4x − y2 über dem Bereich

S = {(x, y) | 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2√

x} .

Eine Skizze dieser Fläche findet sich in Abbildung 27.37.

Für die Ableitungen von z nach x und y erhält man zx = 2√4x−y2

, zy = − y√4x−y2

und damit für das Oberflächenintegral:



xy

z

Abbildung 27.37 Die über S mittels z(x, y) = √4x − y2 definierte Fläche.

∫F

G dσ =∫∫

S

G(x, y, z(x, y)) ·√

1 + z2x + z2

y d(x, y)

=∫∫

S

y√

4x − y2

√1 + x

√1 + 4

4x − y2+ y2

4x − y2d(x, y)

=∫∫

S

y√

4x − y2

√1 + x

√4x − y2 + 4 + y2

4x − y2d(x, y)

=∫∫

S

2y d(x, y) =∫ 2

x=0

∫ y=2√

x

y=02y dy

=∫ 2

x=0y2

∣∣∣y=2√

x

y=0=

∫ 2

04x dx = 2x2

∣∣∣2

0= 8

Aufgabe 27.16 •• Auch hier wenden wir den Satz von Gauß an und erhalten

div V = 2x + 2y + 2x2z .

Nun ist 2x + 2y über diese Halbkugel integriert (aus Symmetriegründen) immer null, wir müssen also nur mehr das Integralüber 2x2z bestimmen und tun das am besten in Kugelkoordinaten:

I = 2∫∫∫

B

x2z d(x, y, z)

= 2∫ 2

r=0

∫ π/2

ϑ=0

∫ 2π

ϕ=0r5 sin3 ϑ cos ϑ cos2 ϕ dr dϑ dϕ

= 2∫ 2

r=0r5 dr ·

∫ π/2

ϑ=0sin3 ϑ cos ϑ dϑ

∫ 2π

ϕ=0cos2 ϕ dϕ

= 2r6

6

∣∣∣∣∣2

r=0

sin4 ϑ

4

∣∣∣∣∣π/2

ϑ=0

π = 16

3

Aufgabe 27.17 •• Für die Fläche erhalten wir unmittelbar das vektorielle Oberflächenelement

dσ =⎛⎝ zx

zy

−1

⎞⎠ =

⎛⎜⎜⎝

x√x2+y2y√

x2+y2

−1

⎞⎟⎟⎠



und damit:

I :=∫

F

V · dσ

=∫∫

√x2+y2≤2

{x (x3 + xy2)√

x2 + y2+ y (x2y + y3)√

x2 + y2− x2y

}d(x, y)

=∫∫

√x2+y2≤2

{x2 x2 + y2√

x2 + y2+ y2 x2 + y2√

x2 + y2− x2y

}d(x, y)

=∫ 2

r=0

∫ 2π

ϕ=0

{r3 cos2 ϕ + r3 sin2 ϕ − r3 cos2 ϕ sin ϕ

}r dϕ dr

=∫ 2

r=0

∫ 2π

ϕ=0r4 (1 − cos2 ϕ sin ϕ) dϕ dr

=[

r5

5

]2

0

·[ϕ − cos3 ϕ

3

]2π

0

= 64

5π

Aufgabe 27.18 •• Wir erhalten mit z(x, y) = 2x2 + 2y2 sofort

dσ =⎛⎝ zx

zy

−1

⎞⎠ dx dy =

⎛⎝4x

4y

−1

⎞⎠ dx dy

und mit

B ={(x, y) ∈ R

2 | x > 0, y > 0, 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4}

weiter:∫

F

V · dσ =∫∫

B

{x3y · 4x + x2y2 · 4y − x

}d(x, y)

=∫∫

B

{4x4y + 4x2y3 − x

}d(x, y)

=∫∫

B

{4x2y(x2 + y2) − x

}d(x, y)

=∫ 2

r=1

∫ π/2

ϕ=0

{4r5 cos2 ϕ sin ϕ − r cos ϕ

}r dr dϕ

= 4∫ 2

r=1r6 dr ·

∫ π/2

ϕ=0cos2 ϕ sin ϕ dϕ

−∫ 2

r=1r2 dr ·

∫ π/2

ϕ=0cos ϕ dϕ =

= 4 · r7

7

∣∣∣∣∣2

r=1

· − cos3 ϕ

3

∣∣∣∣∣π/2

ϕ=0

− r3

3

∣∣∣∣∣2

r=1

· sin ϕ

∣∣∣π/2

ϕ=0

= 4 · 27 − 1

7· 1

3− 23 − 1

3· 1 = 153

7

Aufgabe 27.19 •• Nach dem Satz von Gauß erhält man mit div K = 1 − 2y − xy für das Integral

I =∫∫∫

B

(1 − 2y − xy) d(x, y, z).

Der Integrationsbereich B liegt hier innerhalb zweier Kegel: Der erste hat die Spitze im Ursprung und öffnet sich nach oben,der zweite hat die Spitze in r = (0, 0, 2) und öffnet sich nach unten.



Abbildung 27.38 Integrationsbereich für den Satz von Gauß.

Da B zylindersymmetrisch um die z-Achse ist, wird die Berechnung des Volumsintegrals in Zylinderkoordinaten x = r cos ϕ,y = r sin ϕ, z = z besonders einfach:

I =∫ 2π

0

∫ 1

0

∫ 2−r

r

(1 − 2r sin ϕ − r2 sin ϕ cos ϕ

)r dz dr dϕ

Die Integration über ϕ ist von den beiden anderen Integralen unabhängig und es gilt

∫ 2π

0sin ϕ dϕ =

∫ 2π

0sin ϕ cos ϕ dϕ = 0 ,

also liefert nur der erste Term des Integranden einen Beitrag:

I = 2π

∫ 1

0r (2 − r − r) dr = 2π

∫ 1

0

(2r − 2r2

)dr = 2π

3

Aufgabe 27.20 •• Für die polaren elliptischen Koordinaten haben wir

bα =⎛⎝c cosh α sin β cos ϕ

c cosh α sin β sin ϕ

c sinh α cos β

⎞⎠

bβ =⎛⎝c sinh α cos β cos ϕ

c sinh α cos β sin ϕ

−c cosh α sin β

⎞⎠

bϕ =⎛⎝−c sinh α sin β sin ϕ

c sinh α sin β cos ϕ

0

⎞⎠

erhalten. Das ergibt die metrischen Koeffizienten

hα = ||bα|| = c

√cosh2 α sin2 β + sinh2 α cos2 β

= c√2

√cosh(2α) − cos(2β)

hβ = ||bβ || = c

√sinh2 α cos2 β + cosh2 α sin2 β

= c√2

√cosh(2α) − cos(2β)

hϕ = ||bϕ || = c

√sinh2 α sin2 β

= c |sinh α sin β| .



Wir erhalten für das Linienelement

ds = eαdsα + eβdsβ + eϕdsϕ

dsα = c√2

√cosh(2α) − cos(2β) dα

dsβ = c√2

√cosh(2α) − cos(2β) dβ

dsϕ = c |sinh α sin β| dϕ ,

für das Flächenelement

dσ = eαdσα + eβdσβ + eϕdσϕ

dσα = c2√

2

√cosh(2α) − cos(2β) |sinh α sin β| dβ dϕ

dσβ = c2√

2

√cosh(2α) − cos(2β) |sinh α sin β| dα dϕ

dσϕ = c2

2(cosh(2α) − cos(2β)) dα dβ

und für das Volumenelement

dx = c3

2(cosh(2α) − cos(2β)) |sinh α sin β| dα dβ dϕ .

Wir setzen nun

eα = 1

hαbα , eβ = 1

hβbβ , eϕ = 1

hϕbϕ .

Den Gradienten erhalten wir zu

grad � = eα1

hα

∂�

∂α+ eβ

1

hβ

∂�

∂β+ eϕ

1

hϕ

∂�

∂ϕ

= eα

√2

c

1√cosh(2α) − cos(2β)

∂�

∂α

+ eβ

√2

c

1√cosh(2α) − cos(2β)

∂�

∂β

+ eϕ1

c |sinh α sin β|∂�

∂β,

die Divergenz zu

div A = 1

hα hβ hϕ

[∂

∂α

(Aα hβ hϕ

)

+ ∂

∂β

(Aβ hϕ hα

) + ∂

∂ϕ

(Aϕ hα hβ

) ]

= 2

c3 (cosh(2α) − cos(2β)) |sinh α sin β|[∂

∂α

(Aα

c2√

2

√cosh(2α) − cos(2β) |sinh α sin β|

)

+ ∂

∂β

(Aβ

c2√

2

√cosh(2α) − cos(2β) |sinh α sin β|

)

+ ∂

∂ϕ

(Aϕ

c2

2(cosh(2α) − cos(2β))

)]



Durch analoges Einsetzen der metrischen Koeffizienten erhält man auch

rot A = 1

hβ hϕeα

(∂

∂βhϕAϕ − ∂

∂ϕhβAβ

)

+ 1

hα hϕeβ

(∂

∂ϕhαAα − ∂

∂αhϕAϕ

)

+ 1

hα hβeϕ

(∂

∂αhβAβ − ∂

∂βhαAα

)

und

�� = 1

hαhβhϕ

{∂

∂α

hβhϕ

hα

∂

∂α

+ ∂

∂β

hαhϕ

hβ

∂

∂β+ ∂

∂ϕ

hαhβ

hϕ

∂

∂ϕ

}.

Anwendungsprobleme

Aufgabe 27.21 ••• Die Position der Ladung q ist x = x + a, die Position von −q entsprechend x = x − a.

Im homogenen elektrischen Feld erhalten wir:

F = q E(x + a) − q E(x − a)

= qE0ee − qE0e3 = 0

T = q(x + a − x) × E(x + a)

− q(x − a − x) × E(x − a)

= qE0 a × e3 + qE0 a × e3

= qE0 (2a) × e3

Das Drehmoment verschwindet nur, wenn a ‖ e3 ist, der Dipol also entlang der Feldlinien ausgerichtet ist.Im radialen elektrischen Feld ergibt sich:

F = q E(x + a) − q E(x − a)

= qQ

4π ε0

{er (x + a)

||x + a||2 − er (x − a)

||x − a||2}

T = qQ

4πε0

{a × er (x + a)

||x + a||2 − (−a) × er (x − a)

||x − a||2}

= qQ

4πε0

{a × er (x + a)

||x + a||2 + a × er (x − a)

||x − a||2}

Nun bestimmen wir einen Näherungsausdruck für den Fall a = ||a|| � ||x||. Dabei benutzen wir

1

||x + a||2 = 1

||x||21

1 + 2 a·x||x||2 + a2

||x||2

= 1

||x||

(1 − 2

a · x

||x||2 + O

(a2

||x||2))

1

||x − a||2 = 1

||x||

(1 + 2

a · x

||x||2 + O

(a2

||x||2))



und

er (x + a) = x + a

||x + a|| = 1

||x||x + a√

1 + 2 a·x||x||2 + a2

||x||2

= 1

||x|| (x + a)

{1 − a · x

||x||2 + O

(a2

||x||2)}

er (x − a) = 1

||x|| (x − a)

{1 + a · x

||x||2 + O

(a2

||x||2)}

.

Damit erhalten wir

F = qQ

4π ε0

{er (x + a)

||x + a||2 − er (x − a)

||x − a||2}

≈ qQ

4π ε0

1

||x||3{(

1 − 2a · x

||x||2)(

1 − a · x

||x||2)

(x + a)

−(

1 + 2a · x

||x||2)(

1 + a · x

||x||2)

(x − a)

}

= qQ

4π ε0

1

||x||3(

2a − 3 (2a · er (x)) er (x) + O

(a2

||x||2))

≈ qQ

4π ε0

1

||x||3 (2a − 3 (2a · er (x)) er (x))

und (unter Benutzung von a × a = 0)

T = qQ

4πε0

{a × er (x + a)

||x + a||2 + a × er (x − a)

||x − a||2}

≈ qQ

4πε0

1

||x||3{(

1 − 2a · x

||x||2)(

1 − a · x

||x||2)

a × (x + a)

(1 + 2

a · x

||x||2)(

1 + a · x

||x||2)

a × (x + a)

}

≈ qQ

4πε0

1

||x||3{

1 − 3a · x

||x||2 + 1 + 3a · x

||x||2}

a × x

= qQ

4πε0

1

||x||3 (2a) × x

= qQ

4πε0

1

||x||2 (2a) × er (x) .

Ein drehbarer Dipol wird seine Lage so lange verändern, bis das auf ihn wirkende Drehmoment null ist, d. h. bis er inFeldrichtung ausgerichtet ist. Im homogenen Feld wird er sich parallel zur x3-Achse einstellen, im radialen Feld radial. (ImFall geringer oder keiner Reibung kommt es abhängig von der Anfangslage zu Pendelbewegungen um die Ruhelage.)

Im homogenen Feld wirkt auf den Dipol keine Nettokraft, damit ändert ein ursprünglich ruhender Dipol seine Position nicht.Im radialen Feld resultiert stets eine Kraft in Richtung der Dipolachse, zusätzlich aber auch eine Kraft, die proportional zumSkalarprodukt a · er (x) ist und für Orientierung entlang der Feldlinien über den anderen Anteil dominiert. (Es ist instruktiv,einige typische Stellungen des Dipols zu skizzieren und die wirkenden Kräfte zu bestimmen.)

In vielen Fällen vereinfacht man Rechungen mit Dipolen, indem man den Grenzfall betrachtet, in dem a → 0 und q → ∞geht, und zwar so, dass das Produkt qa konstant bleibt. Definiert man das Dipolmoment m := 2qa, so bleibt auch dieseskonstant, und unsere Näherungsausdrücke werden exakt,

F = Q

4π ε0

1

||x||3 (m − 3 (m · er (x)) er (x))

T = Q

4πε0

1

||x||2 m × er (x)

für einen „punktförmigen“ Dipol am Ort x. Allgemein ergeben sich in inhomogenen Feldern nicht nur Drehmomente, sondernauch Kräfte auf einen Dipol.



Aufgabe 27.22 •• Für den in Form einer Kettenlinie gebogenen Draht,

x(t) = (t cosh t)�, t ∈ [− ln 2, ln 2]haben wir auf Seite 909

WKett = ln 2 + 15

16≈ 1.630 65

erhalten. Die Länge des Drahtes können wir schnell ermitteln,

� =∫ ln 2

− ln 2

√1 + sinh2 t dt = 2

∫ ln 2

0cosh t dt

= 2 sinh t

∣∣∣ln 2

0= eln 2 − e− ln 2 = 2 − 1

2= 3

2.

Nun bestimmen wir die Energie für die beiden anderen Formen. Aus Symmetriegründen genügt es jeweils, nur das Intervall[0, 2π ] zu betrachten und die andere Hälfte durch einen Faktor 2 zu berücksichtigen.

Die Kurve hat die Form

x(t) =(

t, d + h

ln 2|t |

)�, t ∈ [− ln 2, ln 2]

mit Konstanten d und h sein muss. Aus dem Satz von Pythagoras erhalten wir mit der bekannten Bogenlänge sofort

h =√

9

16− ln2 2

und aus der Bedingung x2(ln 2) = 54

d = 5

4− h = 5

4−

√9

16− ln2 2 .

Die potenzielle Energie ergibt sich nun zu

Wlin = 2∫ ln 2

0x2(t) ||x(t)|| dt

= 2

√1 + h2

ln2 2

∫ ln 2

0

(5

4− h + h

ln 2t

)dt

=√

1 + 9

16

1

ln2 2− 1

[5

2t − 2h t + h

ln 2t2]ln 2

0

= 3

4 ln 2

(5

2ln 2 − 2h ln 2 + h ln 2

)

= 3

4

(5

2− h

)= 3

4

(5

2−

√9

16− ln2 2

)

≈ 1.660 17 .

Im parabolischen Fall hat die Kurve die Form

x(t) =(t, a + b t2

)�, t ∈ [− ln 2, ln 2]

mit Konstanten a und b. Für die Bogenlänge einer solchen allgemeinen Parabel erhalten wir

�par = 2∫ ln 2

0||x(t)|| dt = 2

∫ ln 2

0

√1 + (2bt)2 dt

=∣∣∣∣∣∣

2bt = sinh u

dt = 12b

cosh u du

[0, ln2] → I

∣∣∣∣∣∣= 2∫

I

√1 + u2 cosh u du

= 2∫

I

cosh2 u du = [u + sinh u cosh u]I

=[

Arsinh(2bt) + 2bt

√1 + (2bt)2

]ln 2

0

= Arsinh(2 ln 2 b) + 2 ln 2 b

√1 + (2 ln 2 b)2 .



Aus der Angabe wissen wir �par = 32 , numerische Lösung der transzendeten Gleichung liefert

b ≈ 0.523 943

a = 5

4− b ln2 2 ≈ 0.998 270 .

Damit erhalten wir

Wpar = 2∫ ln 2

0

(a + b t2

) √1 + (2bt)2 dt

=∣∣∣∣∣∣

2bt = sinh u

dt = 12b

cosh u du

[0, ln2] → I

∣∣∣∣∣∣=

= 2∫

I

(a + 1

4bsinh2 u

)cosh2 u du

= a 2∫

I

cosh2 u du

︸︷︷︸=3/2

+ 1

2b

∫I

sinh2 u cosh2 u du

= 3a

2+ 1

2b

[−u

8+ 1

32sinh(4u)

]u=Arsinh(2bt)

∣∣∣∣∣ln 2

0

≈ 1.630 69

−0.6 −0.4 −0.2 0.60.40.2

1.05

1.10

1.15

1.20

1.25

Abbildung 27.39 Parabel (blau) und stückweise lineare Funktion (grün) im Vergleich zur Kettenlinie (rot).

Wir sehen, dass die Energie im Fall der Kettenlinie am geringsten ist. Das gilt nicht nur für die beiden hier betrachtetenFormen, sondern jede andere Kurve unter den gleichen Bedingungen.

Aufgabe 27.23 •• Die Kurve C1 können wir mittels

x1(t) =(

a + a cos t

a sin t

), t ∈ [0, 2π ]

parametrisieren. Mit

x1(t) = (−a sin t, a cos t)�



erhalten wir ∫C1

v · ds = a2∫ 2π

0

(− sin2 t

(2a + a cos t)2 + a2 sin2 t

+ sin2 t

a2 cos2 t + a2 sint + cos2 t − 2 cos t

a2 cos2 t + a2 sin2 t

− cos2 t + 2 cos t

(2a + a cos t)2 + a2 sin2 t

)dt

=∫ 2π

0

(− sin2 t

5 + 4 cos t+ sin2 t

+ cos2 t − 2 cos t − cos2 t + 2 cos t

5 + 4 cos t

)dt

=∫ 2π

0dt

︸︷︷︸=2π

−∫ 2π

0

1 + 2 cos t

5 + 4 cos tdt

︸︷︷︸=:I1

+2∫ 2π

0cos t dt

︸︷︷︸=0

Das einzige schwierige Integral ist I2, die Substitution u = tan t2 , cos t = 1−u2

1+u2 , dt = 2 du1+u2 liefert

I1 =∫

I

1 + 2 1−u2

1+u2

5 + 4 1−u2

1+u2

2 du

1 + u2= 2

∫I

3 − 2u2

(1 + u2)(9 + u2)du

Man kann nun eine reelle oder komplexe Partialbruchzerlegung ansetzen und erhält letztlich I1 = 0. Damit ist das Integralentlang C1 gleich 2π .

Auf analoge Weise erhält man ∫C2

v · ds = −2π

∫C3

v · ds =∫

C4

v · ds = 0

x1

x2

C1C2

C3

C4

Abbildung 27.40 C1 umläuft einen Wirbel im Drehsinn, C2 einen dagegen. C3 imläuft keinen, C4 einen im, einen gegen den Drehsinn.

Diese Ergebnisse haben eine einfache physikalische Interpretation: C1 umläuft, wie in Abbildung 27.40 den Wirbel anx = (a, 0)� einmal in Drehrichtung, den Wirbels an x = (−a, 0)� nicht. Damit gewinnt man die Arbeit 2π . C2 umläuftlediglich den Wirbel in x = (−a, 0)�, und zwar gegen Drehrichtung, nun muss die Arbeit 2π geleistet werden. C3 umläuftkeinen der beiden Wirbel, C4 beide – das Resultat ist jeweils, dass insgesamt keine Arbeit gewonnen wird oder zu leisten ist.



Aufgabe 27.24 ••• Wir bestimmen zunächst das Potenzial d� einer Kugelschale mit Radius r und Dicke dr für eineProbemasse an a = (0, 0, a)�. (Dabei betrachten wir dr vorläufig als kleine Größe, aber nicht als Differenzial.) Wegen derRotationssymmetrie können wir sofort einen Kreis auf der Kugelschale betrachten. Der Abstand d eines beliebigen Punktesauf dem Kreis zum Aufpunkt a ist, wie in Abbildung 27.41 dargestellt, gemäß Kosinussatz durch

d2 = a2 + r2 − 2a r cos ϑ

gegeben.

d

ϑ

a

r

d

ϑa

r

Abbildung 27.41 Bestimmung des Gravitationspotenzials einer homogenen Kugelschale.

Durch Integration über ϕ erhalten wir für das Potenzial den Beitrag

d�Kreis(ϑ) = −∫ 2π

0

Gρ r2 sin ϑ dr dϑ√a2 + r2 − 2ar cos ϑ

dϕ

= − 2π Gρ r2 dr dϑ√a2 + r2 − 2ar cos ϑ

.

Der Term r2 sin ϑ dr dϕ ist dabei das Volumenelement in Kugelkoordinaten. Für den Beitrag der gesamten Kugelschalemüssen wir nun auch die ϑ-Integration ausführen,

d� = −∫ π

0d�Kreis(ϑ)

= −∫ π

0sin ϑ

2π Gρ r2 dr√a2 + r2 − 2ar cos ϑ

dϑ

= −2π Gρ r dr

a

∫ π

0

2a r sin ϑ

2√

a2 + r2 − 2ar cos ϑdϑ

= −2π Gρ r dr

a

√a2 + r2 − 2ar cos ϑ

∣∣∣π0

= −2π Gρ r dr

a

(√a2 + r2 + 2ar −

√a2 + r2 − 2ar

)

= −2π Gρ r dr

a

(√(a + r)2 −

√(a − r)2

)

= −2π Gρ r dr

a(a + r − |a − r|)

Bis hierher spielt es keine Rolle, ob wir den Fall a > r oder a < r betrachten. Um den Betrag aufzulösen, müssen wir diebeiden Fälle allerdings unterscheiden.

Für a > r erhalten wir

d� = −2π r Gρ dr

a(a + r − (a − r)) = −4π Gρ r2 dr

a.



Das Potenzial einer (nun endlich dicken) Kugelschale mit R1 < r < R2 < a ist damit

� =∫ R2

R1

d� = −4π Gρ

a

∫ R2

R1

r2 dr = −4π Gρ

a

r3

3

∣∣∣∣∣R2

R1

= −4π Gρ(R32 − R3

1)

3

1

a.

Das Gravitationspotenzial einer solchen Kugelschale ist (unter der Voraussetzung a > R2) genau das gleiche wie das einer

Punktmasse M := 4π ρ(R32−R3

1)

3 ,

F = −m grad � = −GmM

a2er .

(Ein Vorzeichen war von Anfang an in der Definition des Potenzials vorhanden, das Gravitation stets anziehend ist. Einzweites Vorzeichen kommt von der Rückführung der Kraft auf den Gradienten, ein drittes aus der Ableitung ( 1

a)′ = − 1

a2 .Insgesamt erhält man eine anziehende Kraft in Richtung von −er .)Für a < r ergibt sich

d� = −2π r Gρ dr

a(a + r − (r − a)) = −4π Gρ r dr .

Eine endlich dicke Kugelschale mit a < R1 < r < R2 hat das Potenzial

� =∫ R2

R1

d� = −4π Gρ

∫ R2

R1

r dr = −2π Gρ r2∣∣∣R2

R1

= −2π Gρ (R22 − R2

2) .

Dieses Potenzial ist von a, φ und ϑ unabhängig, damit verschwindet der Gradient und es wird keine Kraft auf eineProbemasse ausgeübt, F = 0.

Unser Ausdruck für d� ist an r = a stetig, wir können also stets die beiden Bereiche r > a und r < a getrennt betrachten.

Die wesentlichen Aspekte unseres Ergebnisse gelten (wie man leicht überprüfen kann) sogar für jede sphärische Massenver-teilung, d.h. jede Dichte ρ = ρ(r): Alle Masse mit r < a wirkt wie eine im Ursprung konzentrierte Punktmasse, alle Massemit r > a übt keine Kraft aus.

Für den Fall durch den Tunnel erhält man aus der Newton’schen Bewegungsgleichung für Bewegung in radialer Richtung

md2a

dt2= F(a) = −mG

4π ρ a3

3

1

a2= −mG

4π ρ

3a .

Das ist die Gleichung des ungedämpften harmonischen Oszillators, eine einfache Schwingungsgleichung

d2a

dt2+ G

4π ρ

3a = 0 .

mit Frequenz ω =√

G4π ρ

3 . (Dass der hier verwendete Ausdruck für die Kraft nur für a ≤ RErde gilt, ist kein Problem, da einmit Anfangsgeschindigkeit v0 = 0 losgeslassener Körper aus Gründen der Energieerhaltung immer im Bereich |a| ≤ RErdeverbleibt.)


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