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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:23 Mo 28.04.2008 | | Autor: | Riley |
| Aufgabe | Im [mm] \IR^3 [/mm] sei [mm] \omega [/mm] = f(r)(x dy [mm] \wedge [/mm] dz +
y dz [mm] \wedge [/mm] dx + z dx [mm] \wedge [/mm] dy) mit r = [mm] x^2 [/mm] + [mm] y^2 [/mm] + [mm] z^2 [/mm] und einer für r>0 stetig differenzierbaren Funktion f.
(i) Berechne d [mm] \omega
[/mm]
(ii) Für welche f wird d [mm] \omega [/mm] = 0? |
Hallo,
könnt ihr mir bei dieser Aufgabe helfen? So schön die ganze Dach-darstellung auch sein mag - für mich ist das viel zu sehr abstrakt *help*
Also versteh ich das richtig, dass dieses d [mm] \omega [/mm] eine Pfaffsche Form (das totale Differential) ist?
Wir haben aufgeschrieben, dass für eine unendlich oft diffbare Funktion f gilt: df = [mm] \sum_{i=1}^n \frac{df}{dx_i}(x_0) dx_i [/mm] und dass
[mm] d(\psi \wedge \phi) [/mm] = d [mm] \psi \wedge \phi [/mm] + [mm] (-1)^p \psi \wedge d\phi [/mm] gilt.
Sind das die richtigen Ansätze für die Aufgabe?
Oder wie kann man das berechnen'? Was passiert da eigentlich genau?
Bin für alle Hinweise sehr dankbar ;)
Viele Grüße,
Riley
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:44 Mo 28.04.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo Riley!
> Im [mm]IR^3[/mm] sei [mm]\omega[/mm] = f(r)(x dy [mm]\wedge[/mm] dz +
> y dz [mm]\wedge[/mm] dx + z dx [mm]\wedge[/mm] dy) mit r = [mm]x^2[/mm] + [mm]y^2[/mm] + [mm]z^2[/mm]
> und einer für r>0 stetig differenzierbaren Funktion f.
> (i) Berechne d [mm]\omega[/mm]
> (ii) Für welche f wird d [mm]\omega[/mm] = 0?
> Hallo,
> könnt ihr mir bei dieser Aufgabe helfen? So schön die
> ganze Dach-darstellung auch sein mag - für mich ist das
> viel zu sehr abstrakt *help*
> Also versteh ich das richtig, dass dieses d [mm]\omega[/mm] eine
> Pfaffsche Form (das totale Differential) ist?
> Wir haben aufgeschrieben, dass für eine unendlich oft
> diffbare Funktion f gilt: df = [mm]\sum_{i=1}^n \frac{df}{dx_i}(x_0) dx_i[/mm]
> und dass
>
> [mm]d(\psi \wedge \phi)[/mm] = d [mm]\psi \wedge \phi[/mm] + [mm](-1)^p \psi \wedge d\phi[/mm]
> gilt.
> Sind das die richtigen Ansätze für die Aufgabe?
Ja, damit kommst du weiter. Die letzte Gleichung ist die Produktregel für das Dachprodukt. Wenn du mehr als zwei Terme hast, musst du sie wiederholt anwenden, zum Beispiel
[mm] d(\psi_1 \wedge \psi_2 \wedge \psi_3 \wedge \psi_4) = d(\psi_1 \wedge (\psi_2\wedge(\psi_3 \wedge \psi_4))
= d\psi_1 \wedge \psi_2\wedge\psi_3 \wedge \psi_4 + (-1)^{p_1}\psi_1 \wedge d(\psi_2\wedge \psi_3 \wedge \psi_4)[/mm]
[mm] = d\psi_1 \wedge \psi_2 \wedge \psi_3 \wedge \psi_4 + (-1)^{p_1} \psi_1 \wedge d\psi_2 \wedge \psi_3 \wedge \psi_4 + (-1)^{p_1+p_2} \psi_1 \wedge \psi_2 \wedge d(\psi_3 \wedge \psi_4) [/mm]
[mm] = d\psi_1 \wedge \psi_2 \wedge \psi_3 \wedge \psi_4 + (-1)^{p_1} \psi_1 \wedge d\psi_2 \wedge \psi_3 \wedge \psi_4 + (-1)^{p_1+p_2} \psi_1 \wedge \psi_2 \wedge d\psi_3 \wedge \psi_4 + (-1)^{p_1+p_2+p_3} \psi_1 \wedge \psi_2 \wedge \psi_3 \wedge d\psi_4[/mm]
Also:
[mm] d(f(r)x dy \wedge dz = df \wedge x dy \wedge dz + (-1)^0 f dx\wedge dy\wedge dz + (-1)^0 f x \underbrace{ddy}_{=0} \wedge dz + (-1)^1 f x dy\wedge \underbrace{ddz}_{=0} = x df \wedge dy \wedge dz +f dx\wedge dy \wedge dz[/mm].
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:02 Di 29.04.2008 | | Autor: | Riley |
Hallo Rainer,
danke für deine Erklärungen, hab aber gleich noch ein paar Fragen dazu.
In dieser Produktregel mit mehreren Faktoren sind die [mm] p_i [/mm] die jeweilige dim der Formen, oder?
und kann man das hier dann so linear auseinanderiehen:
[mm] \omega= [/mm] f(r) x dy [mm] \wedge [/mm] dz + f(r) y dz [mm] \wedge [/mm] dx + f(r) z dx [mm] \wedge [/mm] dy ?
Weil du hast dann quasi den ersten Summanden berechnet?
> [mm]d(f(r)x dy \wedge dz) = df \wedge x dy \wedge dz + (-1)^0 f dx\wedge dy\wedge dz + (-1)^0 f x \underbrace{ddy}_{=0} \wedge dz + (-1)^1 f x dy\wedge \underbrace{ddz}_{=0} = x df \wedge dy \wedge dz +f dx\wedge dy \wedge dz[/mm].
D.h. man zieht das "d" einmal vor das f, dann vor das x, das dy bzw dz und summiert sie. Warum kommt aber im ersten Summanden ein Dach zwischen df und x ?
Und wie kommst du auf die Exponenten von (-1) ?
Und warum brauchen wir die Produktregel für mehrere Terme, weil wir haben doch jeweils nur ein Dach?
Sorry, für die vielen Fragen...
Viele Grüße,
Riley
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:30 Di 29.04.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo Riley!
> In dieser Produktregel mit mehreren Faktoren sind die [mm]p_i[/mm]
> die jeweilige dim der Formen, oder?
Genau, die Dimension der Form, an der man die Ableitung sozusagen vorbeiziehen muss.
> und kann man das hier dann so linear auseinanderiehen:
>
> [mm]\omega=[/mm] f(r) x dy [mm]\wedge[/mm] dz + f(r) y dz [mm]\wedge[/mm] dx + f(r) z
> dx [mm]\wedge[/mm] dy ?
Ja, die äußere Ableitung ist linear: Konstanten kannst du einfach herausziehen und Summen Term für Term ableiten.
> Weil du hast dann quasi den ersten Summanden berechnet?
> > [mm]d(f(r)x dy \wedge dz) = df \wedge x dy \wedge dz + (-1)^0 f dx\wedge dy\wedge dz + (-1)^0 f x \underbrace{ddy}_{=0} \wedge dz + (-1)^1 f x dy\wedge \underbrace{ddz}_{=0} = x df \wedge dy \wedge dz +f dx\wedge dy \wedge dz[/mm].
Ja.
> D.h. man zieht das "d" einmal vor das f, dann vor das x,
> das dy bzw dz und summiert sie. Warum kommt aber im ersten
> Summanden ein Dach zwischen df und x ?
> Und wie kommst du auf die Exponenten von (-1) ?
> Und warum brauchen wir die Produktregel für mehrere Terme,
> weil wir haben doch jeweils nur ein Dach?
Du hast doch vier nicht konstante Faktoren: $f(r)$, $x$, $dy$ und $dz$. Die ersten beiden sind 0-Formen, die anderen 1-Formen. Daher kommt beim Vorbeiziehen des "d" an $f(r)$ ein [mm] $(-1)^{\dim f} [/mm] = [mm] (-1)^0$ [/mm] dazu, ebenso im dritten Term. Für den letzten Term musst du mit [mm] $(-1)^{\dim(dy)}=(-1)^1$ [/mm] malnehmen.
Das Dach vor dem x im zweiten Summanden habe ich geschrieben, weil ja jetzt links davon die 1-Form $df$ steht, rechts davon die 2-Form $x [mm] dy\wedge [/mm] dz$.
Viele Grüße,
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:00 Di 29.04.2008 | | Autor: | Riley |
Hi Rainer,
ah ok, dankeschön, ich hab das nun vesucht für die beiden anderen Summanden analog zu machen und komme nun auf folgendes:
d [mm] \omega [/mm] = x df [mm] \wedge [/mm] dy [mm] \wedge [/mm] dz + f dx [mm] \wedge [/mm] dy [mm] \wedge [/mm] dz
+ y df [mm] \wedge [/mm] dz [mm] \wedge [/mm] dx + f dy [mm] \wedge [/mm] dz [mm] \wedge [/mm] dx
+ z df [mm] \wedge [/mm] dx [mm] \wedge [/mm] dy + f dz [mm] \wedge [/mm] dx [mm] \wedge [/mm] dy
Stimmt das so?
Und warum darf man das x hier vorziehen, wenn es keine Konstante ist:
df [mm] \wedge [/mm] x dy [mm] \wedge [/mm] dz = x df [mm] \wedge [/mm] dy [mm] \wedge [/mm] dz ?
Ist das dann schon d [mm] \omega [/mm] oder kann man das ganze jetzt noch vereinfachn indem man die Reihenfolge der dx dy dz verändert? Weil es gilt ja [mm] \phi \wedge \psi [/mm] = [mm] (-1)^{p \cdot q} \psi \wedge \phi [/mm] ?
Und was bedeutet das dx bzw dy dz eigentlich genau? Also ich was kann ich mir versuchen darunter vorzustellen? Bis jetzt kannte ich das nur vom Integral [mm] \int [/mm] dx... ![[verwirrt]](/images/smileys/verwirrt.gif "[verwirrt]") ?
Viele Grüße,
Riley
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:04 Di 29.04.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo Riley!
> Hi Rainer,
> ah ok, dankeschön, ich hab das nun vesucht für die beiden
> anderen Summanden analog zu machen und komme nun auf
> folgendes:
>
> [mm]d \omega = x df \wedge dy \wedge dz + f dx \wedge dy \wedge dz[/mm]
> [mm] + y df \wedge dz \wedge dx + f dy \wedge dz \wedge dx[/mm]
> [mm] + z df \wedge dx \wedge dy + f dz \wedge dx \wedge dy[/mm]
>
> Stimmt das so?
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Und warum darf man das x hier vorziehen, wenn es keine
> Konstante ist:
> df [mm]\wedge[/mm] x dy [mm]\wedge[/mm] dz = x df [mm]\wedge[/mm] dy [mm]\wedge[/mm] dz ?
Setz doch mal Klammern! Ursprünglich hattest du
[mm] d(fx dy\wedge dz) [/mm]
Mit der Produktregel hast du
[mm] (df) \wedge x (dy) \wedge (dz) + f (dx) \wedge (dy) \wedge (dz) + \dots [/mm],
das heisst, die Ableitung bezieht sich nur auf das unmittelbar folgende Symbol. Beim Vorziehen musst du dann nur noch die Regel [mm]\phi \wedge \psi = (-1)^{p \cdot q} \psi \wedge \phi[/mm] beachten, und da x eine 0-Form ist, gibt es kein zusätzliches Vorzeichen.
> Ist das dann schon d [mm]\omega[/mm] oder kann man das ganze jetzt
> noch vereinfachn indem man die Reihenfolge der dx dy dz
> verändert? Weil es gilt ja [mm]\phi \wedge \psi[/mm] = [mm](-1)^{p \cdot q} \psi \wedge \phi[/mm] ?
Ja, als erstes solltest du die Reihenfolge in allen Termen angleichen. Und dann noch die Regel für $df$ anwenden, die du ganz am Anfang ausgeschrieben hast. Bedenke dabei, dass f nur von r abhängt.
Tipp: Nach der Kettenregel ist [mm] \bruch{\partial(r^2)}{\partial x_i} = 2r \bruch{\partial r}{\partial x_i} [/mm].
Andererseits ist [mm] $r^2=\summe_i x_i^2$ [/mm] und daher [mm] $\bruch{\partial(r^2)}{\partial x_i} [/mm] = [mm] 2x_i$.
[/mm]
> Und was bedeutet das dx bzw dy dz eigentlich genau? Also
> ich was kann ich mir versuchen darunter vorzustellen? Bis
> jetzt kannte ich das nur vom Integral [mm]\int[/mm] dx...
> ?
Zunächst kannst du das als eine Schreibweise auffassen, die nichts mit dem Integral zu tun hat. (Später wird es dann wieder anders  )
0-Formen sind einfach Funktionen. 1-Formen sind Abbildungen, die ein Vektorfeld X auf eine Funktion abbilden. Zum Beispiel ordnet dx einem Vektorfeld die Projektion auf die x-Achse zu. Wenn also dein Vektorfeld die Koordinatendarstellung
[mm] X= \vektor{X_1\\X_2\\X_3} [/mm]
hat, dann ist
[mm] dx(X) = X_1 [/mm], [mm] dy(X) = X_2 [/mm], [mm] dz(X) = X_3 [/mm].
Jedes dieser Objekte ist eine Funktion des Punktes, an dem man gerade ist: ein Vektorfeld ordnet jedem Punkt eines Raumes (oder einer Mannigfaltigkeit) einen Vektor zu. Durch die Anwendung einer 1-Form wird aus dem Vektorfeld eine Funktion.
Eine 2-Form ordnet einem Paar von Vektorfeldern eine Funktion zu. Ein Beispiel dafür wäre eine 2-Form, die in jedem Punkt die von den beiden Vektorfeldern aufgespannte Fläche ergibt.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:21 Di 29.04.2008 | | Autor: | Riley |
Hallo Rainer,
vielen lieben Dank für deine Antwort!!
ok, zuerst zur Reihenfolge, ich weiß nicht ob ich mit den d's richtig umgegangen bin, aber es gilt doch, dass x df = f dx ist, oder?
Dann wäre weiter:
d [mm] \omega [/mm] = (f dx + f dx) [mm] \wedge [/mm] dy [mm] \wedge [/mm] dz
- (f dy + f dy) [mm] \wedge [/mm] dx [mm] \wedge [/mm] dz (hier habe ich ein minus, da beides 1-Formen sind, also p [mm] \cdot [/mm] q = 1 und ich sie vertauscht habe)
+ (f dz + f dz) [mm] \wedge [/mm] dx [mm] \wedge [/mm] dy
= 2 f dx [mm] \wedge [/mm] dy [mm] \wedge [/mm] dz - 2 f dy [mm] \wedge [/mm] dx [mm] \wedge [/mm] dz + 2 f dz [mm] \wedge [/mm] dx [mm] \wedge [/mm] dy. Stimmt das so?
Also ist hier das [mm] \omega [/mm] das f aus der Formel ganz von Anfang?
Muss ich berechnen
[mm] d\omega [/mm] = [mm] \sum \frac{d \omega}{dx_i} dx_i [/mm] ? bzw d [mm] \omega [/mm] = [mm] \frac{d \omega}{x} [/mm] dx [mm] +\frac{d \omega}{y} [/mm] dx y + [mm] \frac{d \omega}{z} [/mm] dz ?
D.h. ich müsste anfangen mit
[mm] \frac{d f(r) dx \wedge dy \wedge dz}{dx} [/mm] dx ? Huij, das ist aber merkwürdig...
Deinen Tipp muss ich dann einbauen um d(f(r)) zu bilden? Beides zusammen ergibt ja dann 2r = [mm] 2x_i dx_i. [/mm]
Aber ich glaube ich verstehe diese Summenformel noch nicht, was bewirkt sie? (Wir haben sie als totales Differential aufgeschrieben in der VL... aber wie ich sie verwende ist mir noch nicht klar...?)
Viele Grüße,
Riley
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:03 Mi 30.04.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo Riley!
> Hallo Rainer,
> vielen lieben Dank für deine Antwort!!
> ok, zuerst zur Reihenfolge, ich weiß nicht ob ich mit den
> d's richtig umgegangen bin, aber es gilt doch, dass x df =
> f dx ist, oder?
Nein, das d ist eine Ableitung, deine Formel wäre so ähnlich wie $u'*v=u*v'$.
> Muss ich berechnen
> [mm]d\omega[/mm] = [mm]\sum \frac{d \omega}{dx_i} dx_i[/mm] ?
Nein, diese Formel gilt nur für 0-Formen. Wenn du allerdings zum Beispiel eine 1-Form in der Darstellung
[mm]\phi= \phi_1 dx + \phi_2 dy + \phi_3 dz [/mm]
hast, kannst du die Produktregel anwenden (ich schreibe nur den ersten Term aus):
[mm]d\phi = d\phi_1\wedge dx + \phi_1 ddx + \dots = d\phi_1\wedge dx + \dots = \sum \frac{\partial \phi_1}{\partial x_i} dx_i \wedge dx + \dots [/mm]
[mm] = \frac{\partial \phi_1}{\partial x} dx \wedge dx + \frac{\partial \phi_1}{\partial y} dy\wedge dx + \frac{\partial \phi_1}{\partial z} dz\wedge dx +\dots[/mm]
[mm] = - \frac{\partial \phi_1}{\partial y} dx\wedge dy - \frac{\partial \phi_1}{\partial z} dx\wedge dz + \dots [/mm]
[mm] = \left(\frac{\partial \phi_2}{\partial x} - \frac{\partial \phi_1}{\partial y} \right) dx\wedge dy
+ \left(\frac{\partial \phi_3}{\partial x} - \frac{\partial \phi_1}{\partial z} \right) dy\wedge dz
+ \left(\frac{\partial \phi_3}{\partial x} - \frac{\partial \phi_1}{\partial z} \right) dx\wedge dz [/mm]
Wenn dir das bekannt vorkommt, so ist es kein Wunder: die Operationen der Vektoranalysis wie Gradient und Rotation sind Spezialfälle der äußeren Ableitung von Differentialformen.
> Deinen Tipp muss ich dann einbauen um d(f(r)) zu bilden?
Genau.
> Beides zusammen ergibt ja dann 2r = [mm]2x_i dx_i.[/mm]
> Aber ich glaube ich verstehe diese Summenformel noch nicht,
> was bewirkt sie? (Wir haben sie als totales Differential
> aufgeschrieben in der VL... aber wie ich sie verwende ist
> mir noch nicht klar...?)
Du musst das df nach der Formel in deinem 1. Posting ausrechnen. Da aber f nur von r abhängt ist mit der Kettenregel
[mm] \bruch{\partial f(r)}{\partial x_i} = f'(r)*\bruch{\partial r}{\partial x_i} = \dots[/mm]
und daher
[mm] df = \sum_i \bruch{\partial f(r)}{\partial x_i} dx_i = f'(r) \sum_i\bruch{\partial r}{\partial x_i} dx_i[/mm]
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:46 Do 01.05.2008 | | Autor: | Riley |
Hallo Rainer,
vielen lieben Dank für deine Hilfe!!!
> Du musst das df nach der Formel in deinem 1. Posting
> ausrechnen. Da aber f nur von r abhängt ist mit der
> Kettenregel
>
> [mm]\bruch{\partial f(r)}{\partial x_i} = f'(r)*\bruch{\partial r}{\partial x_i} = \dots[/mm]
>
das ist also f'(r) [mm] \cdot [/mm] 2 [mm] x_i [/mm] ?
> und daher
>
> [mm]df = \sum_i \bruch{\partial f(r)}{\partial x_i} dx_i = f'(r) \sum_i\bruch{\partial r}{\partial x_i} dx_i[/mm]
>
also gleich: f'(r) [mm] \sum_i 2x_i dx_i [/mm] ?
Aber kannst du mir bitte mit der Reihenfolge noch helfen, das versteh ich noch nicht. Wir hatten
[mm] \omega [/mm] = x df [mm] \wedge [/mm] dy [mm] \wedge [/mm] dz + f dx [mm] \wedge [/mm] dy [mm] \wedge [/mm] dz
+ y df [mm] \wedge [/mm] dz [mm] \wedge [/mm] dx + f dy [mm] \wedge [/mm] dz [mm] \wedge [/mm] dx
+ z df [mm] \wedge [/mm] dx [mm] \wedge [/mm] dy + f dz [mm] \wedge [/mm] dx [mm] \wedge [/mm] dy
Ich weiß dass ich z.B. dx [mm] \wedge [/mm] dy vertauschen kann und mir dafür ein Minus einhandle. Was ist aber mit den f's und den x,y,z die da noch jeweils davorstehen? Was muss ich mit denen machen?
Weil so ist das ja nicht diese Darstellung von der du geschrieben hast:
> [mm]\phi= \phi_1 dx + \phi_2 dy + \phi_3 dz[/mm]
>
> hast, kannst du die Produktregel anwenden (ich schreibe nur
> den ersten Term aus):
>
> [mm]d\phi = d\phi_1\wedge dx + \phi_1 ddx + \dots = d\phi_1\wedge dx + \dots = \sum \frac{\partial \phi_1}{\partial x_i} dx_i \wedge dx + \dots[/mm]
>
> [mm]= \frac{\partial \phi_1}{\partial x} dx \wedge dx + \frac{\partial \phi_1}{\partial y} dy\wedge dx + \frac{\partial \phi_1}{\partial z} dz\wedge dx +\dots[/mm]
>
> [mm]= - \frac{\partial \phi_1}{\partial y} dx\wedge dy - \frac{\partial \phi_1}{\partial z} dx\wedge dz + \dots[/mm]
>
> [mm]= \left(\frac{\partial \phi_2}{\partial x} - \frac{\partial \phi_1}{\partial y} \right) dx\wedge dy
+ \left(\frac{\partial \phi_3}{\partial x} - \frac{\partial \phi_1}{\partial z} \right) dy\wedge dz
+ \left(\frac{\partial \phi_3}{\partial x} - \frac{\partial \phi_1}{\partial z} \right) dx\wedge dz[/mm]
>
> Wenn dir das bekannt vorkommt, so ist es kein Wunder: die
> Operationen der Vektoranalysis wie Gradient und Rotation
> sind Spezialfälle der äußeren Ableitung von
> Differentialformen.
ah, das ist interessant... Aber Rotation und Gradient kommen erst im nächsten Kapitel wie ich im Skript gesehen habe...
und dann hast du gesagt ich sollte diese Formel verwenden:
df = [mm] \sum \frac{\partial df}{dx_i} dx_i
[/mm]
Ist das schon, was wir oben ausgerechnet haben'?
Also df = f'(r) [mm] \sum_i 2x_i dx_i [/mm] ? (i=1,2,3)
Aber wie hängt das mit unserem d [mm] \omega [/mm] von ganz oben zusammen?
Wie muss ich das jetzt zusammenbasteln?
Viele Grüße,
Riley
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:20 Do 01.05.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo Riley!
> > Du musst das df nach der Formel in deinem 1. Posting
> > ausrechnen. Da aber f nur von r abhängt ist mit der
> > Kettenregel
> >
> > [mm]\bruch{\partial f(r)}{\partial x_i} = f'(r)*\bruch{\partial r}{\partial x_i} = \dots[/mm]
>
> >
>
> das ist also f'(r) [mm]\cdot[/mm] 2 [mm]x_i[/mm] ?
Nein, denn [mm] \bruch{\partial r}{\partial x_i} = \bruch{x_i}{r} [/mm], also
[mm]\bruch{\partial f(r)}{\partial x_i} = f'(r)*\bruch{\partial r}{\partial x_i} = f'(r) \bruch{x_i}{r} [/mm]
>
> > und daher
> >
> > [mm]df = \sum_i \bruch{\partial f(r)}{\partial x_i} dx_i = f'(r) \sum_i\bruch{\partial r}{\partial x_i} dx_i[/mm]
>
> >
>
> also gleich: f'(r) [mm]\sum_i 2x_i dx_i[/mm] ?
Bis auf den Faktor 2r, also
[mm] df = \bruch{f'(r)}{r} \sum_i x_i dx_i = \bruch{f'(r)}{r} (x dx + y dy + z dz )[/mm]
> Aber kannst du mir bitte mit der Reihenfolge noch helfen,
> das versteh ich noch nicht. Wir hatten
> [mm]\omega[/mm] = x df [mm]\wedge[/mm] dy [mm]\wedge[/mm] dz + f dx [mm]\wedge[/mm] dy [mm]\wedge[/mm]
> dz
> + y df [mm]\wedge[/mm] dz [mm]\wedge[/mm] dx + f dy [mm]\wedge[/mm] dz [mm]\wedge[/mm] dx
> + z df [mm]\wedge[/mm] dx [mm]\wedge[/mm] dy + f dz [mm]\wedge[/mm] dx [mm]\wedge[/mm] dy
>
> Ich weiß dass ich z.B. dx [mm]\wedge[/mm] dy vertauschen kann und
> mir dafür ein Minus einhandle. Was ist aber mit den f's und
> den x,y,z die da noch jeweils davorstehen? Was muss ich mit
> denen machen?
f, x, y, z und überhaupt alle normalen Funktionen sind 0-Formen, die kannst du daher beliebig vorziehen, außer beim Bilden der Ableitung.
> Weil so ist das ja nicht diese Darstellung von der du
> geschrieben hast:
>
> > [mm]\phi= \phi_1 dx + \phi_2 dy + \phi_3 dz[/mm]
> >
Richtig. Das ist eine Darstellung einer 1-Form im [mm]\IR^3[/mm]. Dein [mm] $\omega$ [/mm] ist eine 2-Form, denn jeder Summand ist von der Form (Funktion) * (1-Form) [mm] $\wedge$ [/mm] (1-Form), und damit ist [mm] $d\omega$ [/mm] eine 3-Form.
Du kannst die Rechnung, die ich dir vorgeführt habe, genauso machen, ausgehend von der allgemeinen Darstellung der 2-Form:
[mm]\psi= \psi_1 dx \wedge dy + \psi_2 dy\wedge dz + \psi_3 dx\wedge dz[/mm]
Aber das bringt nicht s neues, das hast du zur Berechnung von [mm] $d\omega$ [/mm] schon gemacht, jetzt gilt es nur noch alle Terme zusammenzufassen.
> Aber wie hängt das mit unserem d [mm]\omega[/mm] von ganz oben
> zusammen?
> Wie muss ich das jetzt zusammenbasteln?
Setze nur das df von oben ein und beachte, dass alle Terme wegfallen, in denen die gleiche 1-Form doppelt vorkommt.
(EDIT: Fehlenden Faktor 3 noch eingefügt)
Wenn ich mich nicht verechnet habe, kommt
[mm] d\omega = (rf'(r)+ 3f(r)) dx\wedge dy \wedge dz [/mm]
heraus.
Viele Grüße
Rainer
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Hallo Riley,
> Im [mm]\IR^3[/mm] sei [mm]\omega[/mm] = f(r)(x dy [mm]\wedge[/mm] dz +
> y dz [mm]\wedge[/mm] dx + z dx [mm]\wedge[/mm] dy) mit r = [mm]x^2[/mm] + [mm]y^2[/mm] + [mm]z^2[/mm]
> und einer für r>0 stetig differenzierbaren Funktion f.
> (i) Berechne d [mm]\omega[/mm]
> (ii) Für welche f wird d [mm]\omega[/mm] = 0?
> Hallo,
> könnt ihr mir bei dieser Aufgabe helfen? So schön die
> ganze Dach-darstellung auch sein mag - für mich ist das
> viel zu sehr abstrakt *help*
> Also versteh ich das richtig, dass dieses d [mm]\omega[/mm] eine
> Pfaffsche Form (das totale Differential) ist?
> Wir haben aufgeschrieben, dass für eine unendlich oft
> diffbare Funktion f gilt: df = [mm]\sum_{i=1}^n \frac{df}{dx_i}(x_0) dx_i[/mm]
> und dass
>
> [mm]d(\psi \wedge \phi)[/mm] = d [mm]\psi \wedge \phi[/mm] + [mm](-1)^p \psi \wedge d\phi[/mm]
> gilt.
> Sind das die richtigen Ansätze für die Aufgabe?
> Oder wie kann man das berechnen'? Was passiert da
> eigentlich genau?
>
> Bin für alle Hinweise sehr dankbar ;)
Eine Alternative ist dies hier:
[mm]d\omega=d \wedge \omega=\left(\bruch{\partial}{\partial x} \ dx +\bruch{\partial}{\partial y} \ dy + \bruch{\partial}{\partial z} \ dz\right) \wedge \left( f\left(r\right) \left(x \ dy \wedge dz + y \ dz \wedge dx + z \ dx \wedge dy\right) \right)[/mm]
[mm]=\left(\bruch{\partial}{\partial x} \ dx +\bruch{\partial}{\partial y} \ dy + \bruch{\partial}{\partial z} \ dz\right) \wedge \left(f\left(r\right)*x \ dy \wedge dz + f\left(r\right)*y \ dz \wedge dx + f\left(r\right)*z \ dx \wedge dy\right) \right)[/mm]
>
> Viele Grüße,
> Riley
Gruß
MathePower
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:01 Mi 30.04.2008 | | Autor: | Riley |
Hallo Mathpower,
danke für die Alternative!
> [mm]d\omega=d \wedge \omega=\left(\bruch{\partial}{\partial x} \ dx +\bruch{\partial}{\partial y} \ dy + \bruch{\partial}{\partial z} \ dz\right) \wedge \left( f\left(r\right) \left(x \ dy \wedge dz + y \ dz \wedge dx + z \ dx \wedge dy\right) \right)[/mm]
>
> [mm]=\left(\bruch{\partial}{\partial x} \ dx +\bruch{\partial}{\partial y} \ dy + \bruch{\partial}{\partial z} \ dz\right) \wedge \left(f\left(r\right)*x \ dy \wedge dz + f\left(r\right)*y \ dz \wedge dx + f\left(r\right)*z \ dx \wedge dy\right) \right)[/mm]
Warum ist aber d [mm] \omega [/mm] das gleiche wie d [mm] \wedge \omega?
[/mm]
... und müsste ich das hier dann mit dem [mm] \wedge [/mm] -Distributivgesetz weiter umformen?
Also [mm] \frac{\partial}{\partial x} [/mm] dx [mm] \wedge [/mm] f(r) x dy [mm] \wedge [/mm] dz + ... ?
Kommt man damit dann auch hierhin:
[mm] \omega [/mm] = x df [mm] \wedge [/mm] dy [mm] \wedge [/mm] dz + f dx [mm] \wedge [/mm] dy [mm] \wedge [/mm] dz
+ y df [mm] \wedge [/mm] dz [mm] \wedge [/mm] dx + f dy [mm] \wedge [/mm] dz [mm] \wedge [/mm] dx
+ z df [mm] \wedge [/mm] dx [mm] \wedge [/mm] dy + f dz [mm] \wedge [/mm] dx [mm] \wedge [/mm] dy ?
Ich versteh nämlich noch nicht wie ich das weiter umformen kann und ich glaube was ich in dem andren Post geschrieben hab war ziemlich unsinnig ;-( Wie muss ich dann dieses r einbauen?
Viele Grüße,
Riley
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Hallo Riley,
> Hallo Mathpower,
> danke für die Alternative!
>
> > [mm]d\omega=d \wedge \omega=\left(\bruch{\partial}{\partial x} \ dx +\bruch{\partial}{\partial y} \ dy + \bruch{\partial}{\partial z} \ dz\right) \wedge \left( f\left(r\right) \left(x \ dy \wedge dz + y \ dz \wedge dx + z \ dx \wedge dy\right) \right)[/mm]
>
> >
> > [mm]=\left(\bruch{\partial}{\partial x} \ dx +\bruch{\partial}{\partial y} \ dy + \bruch{\partial}{\partial z} \ dz\right) \wedge \left(f\left(r\right)*x \ dy \wedge dz + f\left(r\right)*y \ dz \wedge dx + f\left(r\right)*z \ dx \wedge dy\right) \right)[/mm]
>
> Warum ist aber d [mm]\omega[/mm] das gleiche wie d [mm]\wedge \omega?[/mm]
Weil die Schreibweisen äquivalent sind.
>
> ... und müsste ich das hier dann mit dem [mm]\wedge[/mm]
> -Distributivgesetz weiter umformen?
> Also [mm]\frac{\partial}{\partial x}[/mm] dx [mm]\wedge[/mm] f(r) x dy
> [mm]\wedge[/mm] dz + ... ?
>
> Kommt man damit dann auch hierhin:
> [mm]\omega[/mm] = x df [mm]\wedge[/mm] dy [mm]\wedge[/mm] dz + f dx [mm]\wedge[/mm] dy [mm]\wedge[/mm]
> dz
> + y df [mm]\wedge[/mm] dz [mm]\wedge[/mm] dx + f dy [mm]\wedge[/mm] dz [mm]\wedge[/mm] dx
> + z df [mm]\wedge[/mm] dx [mm]\wedge[/mm] dy + f dz [mm]\wedge[/mm] dx [mm]\wedge[/mm] dy ?
>
> Ich versteh nämlich noch nicht wie ich das weiter umformen
> kann und ich glaube was ich in dem andren Post geschrieben
> hab war ziemlich unsinnig ;-( Wie muss ich dann dieses r
> einbauen?
Das mußt Du dann so weiterumformen:
[mm]\left(\bruch{\partial}{\partial x} \ dx +\bruch{\partial}{\partial y} \ dy + \bruch{\partial}{\partial z} \ dz\right) \wedge \left(f\left(r\right)*x \ dy \wedge dz + f\left(r\right)*y \ dz \wedge dx + f\left(r\right)*z \ dx \wedge dy\right) \right)[/mm]
[mm]=\bruch{\partial}{\partial x} \left(f\left(r\right)*x\right) \ dx \wedge \ dy \wedge \ dz +\bruch{\partial}{\partial y} \left(f\left(r\right)*x\right) \ dy \wedge \ dy \wedge \ dz+\bruch{\partial}{\partial z} \left(f\left(r\right)*x\right) \ dz \wedge \ dy \wedge \ dz[/mm]
[mm]+\bruch{\partial}{\partial x} \left(f\left(r\right)*y\right) \ dx \wedge \ dz \wedge \ dx +\bruch{\partial}{\partial y} \left(f\left(r\right)*y\right) \ dy \wedge \ dz \wedge \ dx+\bruch{\partial}{\partial z} \left(f\left(r\right)*y\right) \ dz \wedge \ dz \wedge \ dx[/mm]
[mm]+\bruch{\partial}{\partial x} \left(f\left(r\right)*z\right) \ dx \wedge \ dx \wedge \ dy +\bruch{\partial}{\partial y} \left(f\left(r\right)*z\right) \ dy \wedge \ dx \wedge \ dy+\bruch{\partial}{\partial z} \left(f\left(r\right)*z\right) \ dz \wedge \ dx \wedge \ dy[/mm]
Jetzt mußt Du Dir überlegen, was ist z.B. [mm]dy \wedge \ dy \ \wedge \ dz[/mm]. Dann reduziert sich das obige um einiges.
Weiterhin ist zu überlegen, welches Vorzeichen die Ausdrücke
[mm]dy \wedge \ dz \wedge \ dx[/mm]
[mm]dz \wedge \ dx \wedge \ dy[/mm]
in bezug auf
[mm]dx \wedge \ dy \wedge \ dz[/mm]
haben.
Dann ist zu überlegen, wie sich die Ableitungen
[mm]\bruch{\partial f}{\partial x}, \ \bruch{\partial f}{\partial y}, \ \bruch{\partial f}{\partial z}[/mm]
berechnen lassen.
>
> Viele Grüße,
> Riley
>
Gruß
MathePower
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 02:00 Do 01.05.2008 | | Autor: | Riley |
Hallo Mathepower,
besten Dank für deine Antwort - dann vesuch ich es auf diesem Wege auch mal weiter:
Es bleibt nur noch die "Diagonale" übrig, da wenn z.B. dx doppelt vorkommt in dem Dachprodukt ist es ja Null.
Also ist es übrig:
[mm] \frac{\partial}{\partial x} [/mm] (f(r)x) dx [mm] \wedge [/mm] dy [mm] \wedge [/mm] dz + [mm] \frac{\partial}{\partial y} [/mm] (f(r)y) dyx [mm] \wedge [/mm] dz [mm] \wedge [/mm] dx) + [mm] \frac{\partial}{\partial z}(f(r)z) [/mm] dz [mm] \wedge [/mm] dx [mm] \wedge [/mm] dy.
Weiter gilt
dy [mm] \wedge [/mm] dz [mm] \wedge [/mm] dx = - dy [mm] \wedge [/mm] dx [mm] \wedge [/mm] dz = dy [mm] \wedge [/mm] dy [mm] \wedge [/mm] dz, da wenn man zwei vertauscht sich ein Minus einhandelt, stimmt das?
Entsprechend wäre dann:
dz [mm] \wedge [/mm] dx [mm] \wedge [/mm] dy = dx [mm] \wedge [/mm] dy [mm] \wedge [/mm] dz, da man zweimal tauscht und die zwei minuszeichen sich grad wieder wegheben?
Kann man das ganze dann so zusammenfassen:
[mm] (\frac{\partial}{\partial x}(f(r)x) [/mm] + [mm] \frac{\partial}{\partial y}(f(r)y) [/mm] + [mm] \frac{\partial}{\partial z} [/mm] (f(r) z)) dx [mm] \wedge [/mm] dy [mm] \wedge [/mm] dz ??
Hm, dann hab ich das so
[mm] \frac{\partial f}{\partial x} [/mm] = f'(r) [mm] \cdot [/mm] 2x, also äußere mal innere Ableitung. Aber da steht ja immernoch ein x bzw y bzw z dabei?
Ist dann [mm] \frac{\partial }{\partial x} [/mm] (f(r)x) = x f'(r) 2x + f(r) = [mm] 2x^2 [/mm] f'(r) + f(r)
Nur was passiert mit dem f'(r) ?
Viele Grüße & vielen Dank,
Riley
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:51 Do 01.05.2008 | | Autor: | Riley |
Guten Morgen Mathepower,
juhuhuuu, ich hab endlich etwas richtig gemacht Danke!
Analog gilt dann:
[mm] \frac{\partial}{\partial y}(f(r)y) [/mm] = [mm] 2y^2 [/mm] f'(r) + f(r) und
[mm] \frac{\partial}{\partial z}(f(r)z) [/mm] = [mm] 2z^2 [/mm] f'(r) + f(r)
Das hab ich nun eingesetzt und bekomme:
d [mm] \omega [/mm] = [mm] (2x^2 [/mm] f'(r) + f(r) + [mm] 2y^2 [/mm] f'(r) + f(r) + [mm] 2z^2 [/mm] f'(r) + f(r)) dx [mm] \wedge [/mm] dy [mm] \wedge [/mm] dz
= [mm] ((2x^2 [/mm] + [mm] 2y^2 [/mm] + [mm] 2z^2) [/mm] f'(r) + 3 f(r)) dx [mm] \wedge [/mm] dy [mm] \wedge [/mm] dz.
Stimmt das so? Und ist das nun das Endergebnis für Teil (i) ?
Ja bei (ii) muss ich schauen wann das Null wird, hm. Hast du da noch einen Tipp für mich? Irgendwie erinnert mich das an eine DGL, aber was mach ich mit den dx [mm] \wedge [/mm] dy [mm] \wedge [/mm] dz?
Viele Grüße,
Riley
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Hallo Riley,
> Guten Morgen Mathepower,
> juhuhuuu, ich hab endlich etwas richtig gemacht
> Danke!
> Analog gilt dann:
> [mm]\frac{\partial}{\partial y}(f(r)y)[/mm] = [mm]2y^2[/mm] f'(r) + f(r)
> und
> [mm]\frac{\partial}{\partial z}(f(r)z)[/mm] = [mm]2z^2[/mm] f'(r) + f(r)
>
> Das hab ich nun eingesetzt und bekomme:
>
> d [mm]\omega[/mm] = [mm](2x^2[/mm] f'(r) + f(r) + [mm]2y^2[/mm] f'(r) + f(r) + [mm]2z^2[/mm]
> f'(r) + f(r)) dx [mm]\wedge[/mm] dy [mm]\wedge[/mm] dz
> = [mm]((2x^2[/mm] + [mm]2y^2[/mm] + [mm]2z^2)[/mm] f'(r) + 3 f(r)) dx [mm]\wedge[/mm] dy
> [mm]\wedge[/mm] dz.
>
> Stimmt das so? Und ist das nun das Endergebnis für Teil (i)
> ?
Ja.
Den erhaltenen Ausdruck kann man noch ein bischen zusammenfassen.
>
> Ja bei (ii) muss ich schauen wann das Null wird, hm. Hast
> du da noch einen Tipp für mich? Irgendwie erinnert mich das
> an eine DGL, aber was mach ich mit den dx [mm]\wedge[/mm] dy [mm]\wedge[/mm]
> dz?
[mm]dx \wedge \ \ dy \ \wedge dz[/mm] spielt dabei keine Rolle.
Untersuche nur den davorstehenden Ausdruck auf Null.
Sicher, das ist eine DGL in r, deren Lösung ermittelt werden muß.
>
> Viele Grüße,
> Riley
>
Gruß
MathePower
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:46 Do 01.05.2008 | | Autor: | Riley |
Hallo Mathepower,
ah ![[lichtaufgegangen]](/images/smileys/lichtaufgegangen.gif "[lichtaufgegangen]") , danke für die Hinweise! *freu*
Also die Gleichung sieht noch etwas vereinfacht so aus:
2 [mm] \cdot [/mm] r [mm] \cdot [/mm] f'(r) + 3 f(r) = 0 (2 ausgeklammert und es gilt r = [mm] x^2+y^2+z^2)
[/mm]
Dann hab ich r = x und f'(r) = y(x) gesetzt, weil mir die Buchstaben für DGL's etwas vertrauter sind...:
2x [mm] \cdot [/mm] y' + 3y = 0
Das weiter umgeformt:
2xy' = - 3y
[mm] \gdw [/mm] 2x = - [mm] \frac{3y}{y'} [/mm] (y' [mm] \not= [/mm] 0)
[mm] \gdw \frac{1}{2x} [/mm] = - [mm] \frac{y'}{3y} [/mm] (x, y [mm] \not= [/mm] 0)
[mm] \gdw \int \frac{1}{2x} [/mm] dx = - [mm] \int \frac{1}{3y} [/mm] dy
[mm] \Rightarrow [/mm] ln|2x|+c = - ln|3y|
[mm] \gdw [/mm] 3|y| = [mm] e^{- ln|2x|} \cdot e^{-c} (e^{-c}:= [/mm] k)
[mm] \gdw [/mm] 3|y| = [mm] \frac{k}{2|x|}
[/mm]
[mm] \gdw [/mm] |y| = [mm] \frac{1}{6} \frac{k}{|x|}
[/mm]
und mit der anderen Bezeichnung wäre dann:
f(r) = [mm] \pm \frac{1}{6} \frac{k}{|r|} [/mm] , k [mm] \in [/mm] IR
Stimmt das so?
Für f(r) [mm] \equiv [/mm] 0 wäre die DGL auch erfüllt, oder?
Viele Grüße & vielen Dank,
Riley
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Hallo Riley,
> Hallo Mathepower,
> ah , danke für die Hinweise! *freu*
> Also die Gleichung sieht noch etwas vereinfacht so aus:
>
> 2 [mm]\cdot[/mm] r [mm]\cdot[/mm] f'(r) + 3 f(r) = 0 (2 ausgeklammert und es
> gilt r = [mm]x^2+y^2+z^2)[/mm]
>
> Dann hab ich r = x und f'(r) = y(x) gesetzt, weil mir die
> Buchstaben für DGL's etwas vertrauter sind...:
>
> 2x [mm]\cdot[/mm] y' + 3y = 0
>
> Das weiter umgeformt:
>
> 2xy' = - 3y
>
> [mm]\gdw[/mm] 2x = - [mm]\frac{3y}{y'}[/mm] (y' [mm]\not=[/mm] 0)
>
> [mm]\gdw \frac{1}{2x}[/mm] = - [mm]\frac{y'}{3y}[/mm] (x, y [mm]\not=[/mm] 0)
>
> [mm]\gdw \int \frac{1}{2x}[/mm] dx = - [mm]\int \frac{1}{3y}[/mm] dy
>
> [mm]\Rightarrow[/mm] ln|2x|+c = - ln|3y|
[mm]\ln\left(3y\right)[/mm] ist keine Stammfunktion von [mm]\bruch{1}{3y}[/mm]
>
> [mm]\gdw[/mm] 3|y| = [mm]e^{- ln|2x|} \cdot e^{-c} (e^{-c}:=[/mm] k)
>
> [mm]\gdw[/mm] 3|y| = [mm]\frac{k}{2|x|}[/mm]
>
> [mm]\gdw[/mm] |y| = [mm]\frac{1}{6} \frac{k}{|x|}[/mm]
>
> und mit der anderen Bezeichnung wäre dann:
>
> f(r) = [mm]\pm \frac{1}{6} \frac{k}{|r|}[/mm] , k [mm]\in[/mm] IR
>
> Stimmt das so?
> Für f(r) [mm]\equiv[/mm] 0 wäre die DGL auch erfüllt, oder?
>
> Viele Grüße & vielen Dank,
> Riley
>
Gruß
MathePower
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:25 Do 01.05.2008 | | Autor: | Riley |
Hi Mathepower,
ops, das war natürlich käse. Also nochmal:
[mm] \frac{1}{2} \int \frac{1}{x} [/mm] dx = - [mm] \frac{1}{3} \int \frac{1}{y} [/mm] dy
[mm] \frac{1}{2} [/mm] ln|x| + c = - [mm] \frac{1}{3} [/mm] ln|y|
ln|y|= - [mm] \frac{1}{2} [/mm] ln|x| - c
|y|= [mm] e^{-\frac{1}{2} ln|x|} \cdot e^{-c} [/mm] = k [mm] \cdot |x|^{-\frac{1}{2}} [/mm] = k [mm] \cdot \frac{1}{\sqrt{|x|}} [/mm]
Hab ich es jetzt richtig gemacht'?
Viele Grüße,
Riley
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:28 Do 01.05.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo Riley!
> [mm]\frac{1}{2} \int \frac{1}{x}[/mm] dx = - [mm]\frac{1}{3} \int \frac{1}{y}[/mm] dy
>
> [mm]\frac{1}{2}[/mm] ln|x| + c = - [mm]\frac{1}{3}[/mm] ln|y|
>
> ln|y|= - [mm]\frac{1}{2}[/mm] ln|x| - c
Wo ist denn denn hier die 3 verblieben? ![[aeh]](/images/smileys/aeh.gif "[aeh]")
Gruß
Loddar
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:56 Do 01.05.2008 | | Autor: | Riley |
Hallo,
ohoh, danke für die Korrektur, ich sollte mich besser konzentrieren. Noch ein Versuch:
ln|y|= - [mm] \frac{3}{2} [/mm] ln|x| - 3c
|y|= [mm] e^{-\frac{3}{2} ln|x|} e^{-3c} [/mm] = k [mm] |x|^{-\frac{3}{2}} [/mm] und k= [mm] e^{-3c} [/mm] ??
Also wäre f(r) = [mm] \pm [/mm] k [mm] \cdot |r|^{-\frac{3}{2}} [/mm] , wobei man den Betrag um r ja eigentlich auch weglassen kann, da [mm] x^2+y^2+z^2 \geq [/mm] 0 , oder?
Ich hab die Lösungen nun mal überprüft und wieder eingesetzt:
1.) f(r) = - k [mm] \cdot r^{-3/2} [/mm] , f'(r) = [mm] \frac{3}{2} [/mm] k [mm] r^{-5/2}
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] 2 r f'(r) + 3 f(r)
= 2 r (3/2) k [mm] r^{-5/2} [/mm] + 3 (-k) [mm] r^{-3/2}
[/mm]
= 3 k [mm] r^{-3/2} [/mm] - 3 k [mm] r^{-3/2} [/mm] = 0.
2.) f(r) = k [mm] r^{-3/2}, [/mm] f'(r) = -3/2 k [mm] r^{-5/2}
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] 2 r f'(r) + 3 f(r)
= 2 r (-3/2) k [mm] r^{-5/2} [/mm] + 3 k [mm] r^{-3/2}
[/mm]
= - 3 k [mm] r^{-3/2} [/mm] + 3 k [mm] r^{-3/2} [/mm] = 0.
und f(r) [mm] \equiv [/mm] 0 ist auch Lösung der DGL, oder?
D.h. für f(r) = [mm] \pm [/mm] k [mm] r^{-3/2} [/mm] und f [mm] \equiv [/mm] 0 wird [mm] d\omega [/mm] = 0.
Ist damit (ii) ganz gelöst oder hab ich noch etwas falsch gemacht oder noch etwas vergessen?
Viele Grüße & vielen Dank nochmal für eure Hilfe!!
Riley
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Hallo Riley,
> Hallo,
> ohoh, danke für die Korrektur, ich sollte mich besser
> konzentrieren. Noch ein Versuch:
>
> ln|y|= - [mm]\frac{3}{2}[/mm] ln|x| - 3c
>
> |y|= [mm]e^{-\frac{3}{2} ln|x|} e^{-3c}[/mm] = k [mm]|x|^{-\frac{3}{2}}[/mm]
> und k= [mm]e^{-3c}[/mm] ??
>
> Also wäre f(r) = [mm]\pm[/mm] k [mm]\cdot |r|^{-\frac{3}{2}}[/mm] , wobei man
> den Betrag um r ja eigentlich auch weglassen kann, da
> [mm]x^2+y^2+z^2 \geq[/mm] 0 , oder?
Sicher, der Betrag kann weggelassen werden.
>
> Ich hab die Lösungen nun mal überprüft und wieder
> eingesetzt:
>
> 1.) f(r) = - k [mm]\cdot r^{-3/2}[/mm] , f'(r) = [mm]\frac{3}{2}[/mm] k
> [mm]r^{-5/2}[/mm]
> [mm]\Rightarrow[/mm] 2 r f'(r) + 3 f(r)
> = 2 r (3/2) k [mm]r^{-5/2}[/mm] + 3 (-k) [mm]r^{-3/2}[/mm]
> = 3 k [mm]r^{-3/2}[/mm] - 3 k [mm]r^{-3/2}[/mm] = 0.
>
> 2.) f(r) = k [mm]r^{-3/2},[/mm] f'(r) = -3/2 k [mm]r^{-5/2}[/mm]
> [mm]\Rightarrow[/mm] 2 r f'(r) + 3 f(r)
> = 2 r (-3/2) k [mm]r^{-5/2}[/mm] + 3 k [mm]r^{-3/2}[/mm]
> = - 3 k [mm]r^{-3/2}[/mm] + 3 k [mm]r^{-3/2}[/mm] = 0.
>
> und f(r) [mm]\equiv[/mm] 0 ist auch Lösung der DGL, oder?
>
> D.h. für f(r) = [mm]\pm[/mm] k [mm]r^{-3/2}[/mm] und f [mm]\equiv[/mm] 0 wird [mm]d\omega[/mm]
> = 0.
Die Lösung [mm]f\left(r\right)=0[/mm] erhält man, wenn für die Konstante k der Wert 0 eingesetzt wird.
>
> Ist damit (ii) ganz gelöst oder hab ich noch etwas falsch
> gemacht oder noch etwas vergessen?
Die Teilaufgabe ist somit ganz gelöst.
>
> Viele Grüße & vielen Dank nochmal für eure Hilfe!!
>
> Riley
>
>
Gruß
MathePower
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:23 Do 01.05.2008 | | Autor: | Riley |
Hi Mathepower,
okay super, vielen Dank nochmal für deine schnelle Hilfe & Geduld! 
Viele Grüße,
Riley
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:26 Do 01.05.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo Riley!
> Hm, dann hab ich das so
> [mm]\frac{\partial f}{\partial x}[/mm] = f'(r) [mm]\cdot[/mm] 2x, also
> äußere mal innere Ableitung.
Auch hier fehlt noch der Faktor 2r im Nenner, denn
[mm] \bruch{\partial r}{\partial x} = \bruch{\partial }{\partial x} \wurzel{x^2+y^2+z^2} = \bruch{2x}{2\wurzel{x^2+y^2+z^2}} [/mm]
Übrigens kann man so einen Fehler auch durch eine Dimensionsbetrachtung erkennen: wenn wir annehmen, dass x,y,z und r Abstände darstellen, die in Metern gemessen werden, dann entspricht die Ableitung der Division durch eine Länge. f' hat dann auch die Dimension 1/Länge, und der Faktor 2x die Dimension Länge. Dann steht also links 1/Länge und rechts etwas dimensionsloses. Passt nicht.
Viele Grüße
Rainer
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:35 Do 01.05.2008 | | Autor: | Riley |
Hallo Rainer,
danke dass du noch diesen Fehler gefunden hast. Also ich hab grad versucht, das hier zu verbessern.
Wir haben
[mm] \frac{\partial}{\partial x} [/mm] r = [mm] \frac{x}{r}
[/mm]
[mm] \frac{\partial}{\partial x} [/mm] f(r) = [mm] \frac{x}{r} [/mm] f'(r)
[mm] \frac{\partial}{\partial x}(f(r)x) [/mm] = x [mm] \frac{\partial}{\partial x} [/mm] f(r) + f(r) [mm] \frac{\partial}{\partial x} [/mm] x
= [mm] \frac{x^2}{r} [/mm] f'(r) + f(r)
Stimmt das dann so?
Dann gilt analoges für mit y bzw z.
Wenn ich das aber nun in d [mm] \omega [/mm] einsetze:
d [mm] \omega [/mm] = 3 f(r) + [mm] \frac{x^2 + y^2 + z^2}{r} [/mm] f'(r) = 3 f(r) + f'(r), das kürzt sich ja gerade wieder raus?
Dann hab ich nämlich das gleiche raus wie vorhin und nicht r f'(r) + f(r).
Was habe ich jetzt falsch berechnet?
Viele Grüße,
Riley
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:12 Do 01.05.2008 | | Autor: | Riley |
Hi Rainer,
sorry, bin ich nun ganz blind'? es ist doch [mm] r=x^2+y^2+z^2 [/mm] nach Voraussetzung, warum ist das [mm] r^2 [/mm] ?? Das versteh ich nicht...??
Oder stimmt mit dem Zähler noch etwas nicht=?
Viele Grüße,
Riley
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:36 Do 01.05.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo Riley!
> Hi Rainer,
> sorry, bin ich nun ganz blind'? es ist doch [mm]r=x^2+y^2+z^2[/mm]
> nach Voraussetzung, warum ist das [mm]r^2[/mm] ?? Das versteh ich
> nicht...??
Sorry, ich habe das die ganze Zeit als [mm] $r=\wurzel{x^2+y^2+z^2}$ [/mm] gelesen. Jetzt verstehe ich auch unsere unterschiedlichen Ergebnisse bei den partiellen Ableitungen von f(r)....
Viele Grüße
Rainer
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:31 Do 01.05.2008 | | Autor: | Riley |
Hi Rainer,
ja, ich hätte mich schon vorher über die Wurzel wundern sollen *huij* - aber dann ist die Aufgabe ja geklärt.
Viele Grüße,
Riley
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![[verlegen]](/images/smileys/verlegen.gif "[verlegen]"){kind=small}
)
