Gravitation/Integralrechnung < Integration < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:49 Fr 27.06.2008 | | Autor: | DerGraf |
| Aufgabe | Ein mit der Massedichte [mm] \rho:\Gamma\rightarrow\IR [/mm] belegtes Kurvenstück [mm] \Gamma\subset\IR^3 [/mm] übt auf eine in [mm] x_0\notin\Gamma [/mm] lokalisiertePunktmasse m die Gravitationskraft:
[mm] F(x_0)=mg\int_{\Gamma} \rho(x)*\bruch{x-x_0}{|x-x_0|^3}\, [/mm] ds
aus(g-Gravitationskonstante).
Berechnen Sie die Gravitationskraft des mit konstanter Massedichte [mm] \rho(x)=\rho=const. [/mm] belegten Kurvenstücks auf eine Punktmasse [mm] x_0=(0,0,0), [/mm] wenn [mm] \Gamma [/mm]
a) die Kreislinie [mm] \gamma(t)=(cos(t),sin(t),-1)^T,0 \le [/mm] t [mm] \le 2\pi;
[/mm]
b) Das spiralförmige Kurvenstück [mm] \gamma(t)=(a^t*cos(t),e^t*sin(t),e^t)^T,0 \le [/mm] t [mm] \le 2\pi, [/mm] auf der Kegelfläche
[mm] z^2=x^2+y^2
[/mm]
ist. |
zu a) [mm] F(0,0,0)=\left\{\begin{matrix}
4mg*\int_{0}^{1} \rho*\bruch{x-0}{|x-0|^3}\, dx \\
4mg*\int_{0}^{1} \rho*\bruch{y-0}{|y-0|^3}\, dy \\
0
\end{matrix}\right.
[/mm]
Ich möchte also koordinatenweise integrieren. Ist der Ansatz erstmal richtig?
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Hallo!
Leider ist das nicht richtig. Überlege mal: Das Kurvenstück ist in diesem Fall ein Kreis parallel zur xy-Ebene. Folglich würden sich die Gravitationskraft-Komponenten in xy-Richtung zweier jeweils gegenüberliegender Stücke des Kreises gegenseitig aufheben. Alles, was bleibt, ist eine Kraft, die ausschließlich in die negative z-Richtung zeigt.
Betrachte mal einen einfachen Punkt der Kurve [mm] \vec{p}=\vektor{cos(t)\\sin(t)\\-1}
[/mm]
Wenn der Punkt jetzt eine Masse M hätte, welche Kraft würde er dann auf die Masse im Ursprung ausüben?
Dann noch ne Frage: Das Kurvenstück besteht aus unendlich vielen solcher Punkte. Worin unterscheiden die Positionen sich denn?
Damit hast du den Schlüssel, worüber du integrieren mußt. Denk aber auch dran, daß du im Zylinderkoordinatensystem integrieren wirst, da unterscheiden sich Integrale ein klein wenig von denen in kart. Koordinaten.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:18 Fr 27.06.2008 | | Autor: | DerGraf |
Vielen Dank für deine schnelle Antwort.
Es tut mir leid, dass ich nicht schneller antworten konnte, aber da ich Physik nach der 10. Klasse abgewählt habe, musste ich erstmal wieder versuchen, mich in das Thema reinzufinden.
Also als Formlel für die Gravitationskraft habe ich [mm] F=G*\bruch{m*M}{r^2} [/mm] gefunden. Deinen Ausführungen zufolge, würde ich vermuten, dass r=1 ist (da der Kreis der normale Einheitskreis um 1 nach unten versetzt ist). Das M ist die Masse im gewählten Punkt und m die vom Ursprung.
Außerdem bin ich in meinem Hefter auf die Formel
[mm] \int_{\gamma} f\, ds=\int_{a}^{b} f(\gamma(t))*\parallel \gamma^{'}(t) \parallel\, [/mm] dt für [mm] \gamma\in[a,b]
[/mm]
gestoßen. Kann ich diese verwenden?
Dann würde das Ganze so aussehen:
[mm] mg*\int_{\Gamma} \rho(x)*\bruch{x-x_0}{|x-x_0|^3} \, ds=mg*\int_{0}^{2\pi} \rho(\gamma(t))*\bruch{\gamma(t)-x_0}{|\gamma(t)-x_0|^3}*\parallel\gamma^{'}(t)\parallel\, [/mm] dt
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:22 Fr 27.06.2008 | | Autor: | Kroni |
> Vielen Dank für deine schnelle Antwort.
Hi,
> Es tut mir leid, dass ich nicht schneller antworten konnte,
> aber da ich Physik nach der 10. Klasse abgewählt habe,
> musste ich erstmal wieder versuchen, mich in das Thema
> reinzufinden.
> Also als Formlel für die Gravitationskraft habe ich
> [mm]F=G*\bruch{m*M}{r^2}[/mm] gefunden. Deinen Ausführungen zufolge,
> würde ich vermuten, dass r=1 ist (da der Kreis der normale
> Einheitskreis um 1 nach unten versetzt ist). Das M ist die
> Masse im gewählten Punkt und m die vom Ursprung.
>
> Außerdem bin ich in meinem Hefter auf die Formel
> [mm]\int_{\gamma} f\, ds=\int_{a}^{b} f(\gamma(t))*\parallel \gamma^{'}(t) \parallel\,[/mm]
> dt für [mm]\gamma\in[a,b][/mm]
> gestoßen. Kann ich diese verwenden?
Ja, die kannst du anwenden. Das ist die Umparametriserung eines Linienintegrals. Du integrierst eigentlich entlang des Weges ds. Da du aber umparametrisieren willst, und dein s schon vorgegeben war, kannst du danns agen: [mm] $ds=\frac{ds}{dt}*dt$, [/mm] und das [mm] $\frac{ds}{dt}$ [/mm] ist genau dein [mm] $\gamma'$.
[/mm]
LG
Kroni
> Dann würde das Ganze so aussehen:
>
> [mm]mg*\int_{\Gamma} \rho(x)*\bruch{x-x_0}{|x-x_0|^3} \, ds=mg*\int_{0}^{2\pi} \rho(\gamma(t))*\bruch{\gamma(t)-x_0}{|\gamma(t)-x_0|^3}*\parallel\gamma^{'}(t)\parallel\,[/mm]
> dt
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 15:46 Fr 27.06.2008 | | Autor: | DerGraf |
Zum Auflösen des Integrals hatten wir die Formel:
[mm] \int_{a}^{b} \wurzel{f_{x}^2(t)+f_{y}^{2}(t)+f_{z}^{2}(t)}\, [/mm] dt
Wie passt nun die Norm dazu?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:23 Fr 27.06.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
Zum "auflösen" von welchem Integral? Ich versteh nicht, was das mit der obigrn Frage zu tun hat? und was mit Norm
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:49 Fr 27.06.2008 | | Autor: | DerGraf |
[mm] \int_{\Gamma} \rho(x)\cdot{}\bruch{x-x_0}{|x-x_0|^3} \, ds=mg\cdot{}\int_{0}^{2\pi} \rho(\gamma(t))\cdot{}\bruch{\gamma(t)-x_0}{|\gamma(t)-x_0|^3}\cdot{}\parallel\gamma^{'}(t)\parallel\,dt
[/mm]
Dieses Integral habe ich gemeint (steht in meiner 2. Frage). Dieses Integral besitzt eine Norm, und ich weiß nicht, wie ich das integrieren soll. Ich habe in meinen Aufzeichnungen leider kein Beispiel dafür gefunden.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:02 Fr 27.06.2008 | | Autor: | Kroni |
Hi,
ich bin mir gerade nicht sicher, ob da wirklcih ein Betrag hinmuss....
Wenn du das Integral nur umparametrisierst, dann steht dort eigentlich kein Betrag. Der Betrag steht dort eg. nur, wenn man zB die Bogenlänge berechnen will...
wenn du aber ein Wegintegral
[mm] $\int K(\vec{r})d\vec{r}$ [/mm] hast, dann lässt sich, wenn du [mm] $\vec{r}=\vec{r}(s)$ [/mm] parametrisiert hast, wie folgt darstellen:
[mm] $\int K(s)*\frac{d\vec{r}}{ds}ds$.
[/mm]
LG
Kroni
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:20 Fr 27.06.2008 | | Autor: | DerGraf |
Danke für diesen Tipp.
Ohne Betragsstriche wäre das integrieren natürlich viel einfacher, da man dann kürzen kann.
Trotzdem bleibt noch das Problem mit der Norm.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:27 Fr 27.06.2008 | | Autor: | Kroni |
Hi,
in welchem Zusammenhang genau hast du denn das Integral mit der Norm da stehen? Normalerweise ist das doch nur ein Kurvenintegral. Das [mm] $\rho$ [/mm] sollte doch irgendwas sein wie "Kilogramm pro Meter". Dann gilt deine Formel. Denn das, was du dann nur machst, ist ein [mm] $\vec{r}=\vec{r}(t)$ [/mm] zu parametrisieren, und dann brauchst du normalerweise die Norm nicht mehr....
LG
Kroni
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:35 Fr 27.06.2008 | | Autor: | DerGraf |
Wenn ich meine Aufzeichnungen hier richtig verstehe, ist die Norm die Supremumsnorm, welche die Schwankungen der Masse auf meinem Bogen erfasst, da ja nicht unbedingt jeder Punkt auf der Kurve die selbe Masse hat.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:10 Sa 28.06.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
Hier kommt nirgends ne Norm vor! und deine Dichte ist konstant. Du bist da irgendwie auf dem falschen Dampfer.
einfach integrieren, mit zylinderkoordinaten!
Gruss leduart
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Oha, ich glaube, die Übersicht in dieser Diskussion ist nun völlig dahin...
Diese letzte Formulierung mit der Norm kann man irgendwie auch gelten lassen, sie ist aber fernab vom Verständnis für diesen Extraterm.
Also nochmal: Wir haben die Masse im Ursprung, und einen Entfernungsterm (Das ist dieser Bruch). Uns fehlt noch die Masse unseres kleinen Kurvenstücks. Diese ist [mm] \rho\gamma'dt [/mm] . Das [mm] \gamma'dt [/mm] gibt uns die Länge unseres kleinen Bogenstücks an.
Wenn man jetzt sagt, wir laufen einmal im Kreis, demnach könnte man mit t den Winkel bezeichnen, der von 0 bis [mm] 2\pi [/mm] geht, so sollte klar sein, daß dieses [mm] \gamma' [/mm] gleich R(=1) ist. Denn damit kommt man auf den Umfang [mm] $2\pi [/mm] R$
Dieses [mm] t\in[0;2\pi] [/mm] ist genau das, was Zylinderkoordinaten ausmacht. Der Integrand wird in Zylinderkoordinaten immer noch zusätzlich mit einem r durchmultipliziert.
Aber auch, ohne das zu wissen, rechnen wir einfach mal:
[mm] \gamma(t)=\vektor{R\sin(t)\\R\cos(t)\\-1} [/mm] mit [mm] t\in[0;2\pi]
[/mm]
[mm] \gamma'(t)=\vektor{R\cos(t)\\-R\sin(t)\\0}
[/mm]
und jetzt:
[mm] |\gamma'(t)|=\wurzel{R^2\cos^2(t)+R^2\sin^2(t)}=R
[/mm]
Man hätte aber ebenso sagen können:
[mm] \gamma(t)=\vektor{R\sin(2\pi t)\\R\cos(2\pi t)\\-1} [/mm] mit [mm] t\in[0;1]
[/mm]
...
[mm] $|\gamma'(t)|=2\pi [/mm] R$
man landet jedenfalls immer bei [mm] $\int\gamma'*dt=2\pi [/mm] R$ , dem Kreisumfang.
Der erste Teil ist der Spezialfall der Zylinderkoordinaten, der zweite Fall zeigt, daß man es auch etwas anders machen kann.
Wenn man das jetzt einmal verstanden hat, kann man solche Fälle auch in völlig krummen Systemen bzw Bahnen berechnen!
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:03 Sa 28.06.2008 | | Autor: | DerGraf |
Stellen die R und [mm] 2\pi*R [/mm] jetzt meine Intervallgrenzen für das Integral dar oder soll ich statt der Norm des parametrisierten Integrals [mm] 2\pi*R-R [/mm] schreiben?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:36 Sa 28.06.2008 | | Autor: | DerGraf |
[mm] (3)\quad F_{\rm grav}(l) [/mm] = [mm] GM\lambda\int_R^{R+l}\frac{1}{r'^2}\,{\rm d}r' [/mm] = [mm] GM\lambda\frac{l}{R(R+l)}\;,
[/mm]
Diese Formel stammt von http://de.wikiversity.org/wiki/Fachbereich_Physik/Kurze_Abhandlungen
Kann ich diese Formel vielleicht verwenden?
Mit den gegebenen Werten bzw. den Werten, die ich von euch bereits bekommen habe, ergäbe dies:
[mm] \quad F_{\rm grav}(l) [/mm] = [mm] gm\rho\int_1^{2\pi}\frac{1}{x^{'}^2}\,{\rm d}x^{'} [/mm] = [mm] gm\rho\frac{\wurzel{2}}{1(2\pi)}\;,
[/mm]
die 1 bzw [mm] 2\pi [/mm] entnehme ich mal Horizons letztem Beitrag, und die [mm] \wurzel{2} [/mm] dem untersten Beitrag von Horizon.
Wäre nett, wenn sich jemand diese Rechnung nochmal anschauen und notfalls verbessern könnte. Ich bin hier am
Verzweifeln!!!
LG DerGraf
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:08 Sa 28.06.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
Ausser, dass da auch Gravitation vorkommt hat die Formel nichts mit deinem Problem zu tun!
Da steht doch dabei, was behandelt wird!
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:23 Sa 28.06.2008 | | Autor: | DerGraf |
Na wie sieht meine Formel denn aus?
Die parametrisierte Form gefällt dir nicht wegen der Norm und die letzte auch nicht. Und wie ich mit der gegebenen Formel sonst rechnen soll, weiß ich nicht, da ich keine Ahnung habe, wie ich mein [mm] \gamma(t) [/mm] richtig in das Integral einsetze.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:58 Sa 28.06.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
EH hatte doch deiner richtigen Formel schon zugestimmt:
$ [mm] mg\cdot{}\int_{\Gamma} \rho(x)\cdot{}\bruch{x-x_0}{|x-x_0|^3} \, ds=mg\cdot{}\int_{0}^{2\pi} \rho(\gamma(t))\cdot{}\bruch{\gamma(t)-x_0}{|\gamma(t)-x_0|^3}\cdot{}\parallel\gamma^{'}(t)\parallel\, [/mm] $
so und [mm] \gamma(t)=(rcost,rsint,-1)^T [/mm] die Ableitung solltest du können, und wenn du mit Norm einfach den Betrag von [mm] \gamma' [/mm] meinst, so ist das der gewöhnliche Vektorbetrag. also Wurzel aus dem Quadrat er Komponenten.
Integriert wir dann natürlich über t von 0 bis [mm] 2\pi, [/mm] weil ja r=cons=1 ist.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:41 Sa 28.06.2008 | | Autor: | DerGraf |
[mm] mg\cdot{}\int_{\Gamma} \rho(x)\cdot{}\bruch{x-0}{|x-0|^3} \, ds=mg\cdot{}\int_{0}^{2\pi} \rho(\gamma(t))\cdot{}\bruch{\gamma(t)-0}{|\gamma(t)-0|^3}\cdot{}2\pi R\,dt=mg\rho*2\pi R\int_{0}^{2\pi} 1/\gamma(t)^2\, dt=mg\rho*2\pi R\int_{0}^{2\pi} 1/\wurzel{cos^{2}(t)+sin^{2}(t)+1}^2\, dt=mg\rho*2\pi R\int_{0}^{2\pi} 1/2\,dt =mg\rho*2\pi R*\left( \bruch{1}{2} *2\pi\right)=2mg\rho\pi^2, [/mm] da R=1.
Ich hoffe, jetzt stimmt das Ergebnis endlich.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:43 Sa 28.06.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo Graf
> [mm]mg\cdot{}\int_{\Gamma} \rho(x)\cdot{}\bruch{x-0}{|x-0|^3} \, ds=mg\cdot{}\int_{0}^{2\pi} \rho(\gamma(t))\cdot{}\bruch{\gamma(t)-0}{|\gamma(t)-0|^3}\cdot{}2\pi R\,dt[/mm]
Was ist denn ien [mm] \gamma(t)? [/mm] wie kommst du für [mm] |\gamma'| [/mm] auf [mm] 2\pi*r
[/mm]
[mm]=mg\rho*2\pi R\int_{0}^{2\pi} 1/\gamma(t)^2\, dt[/mm]
[mm] \gamma(t) [/mm] ist doch ein Vektor, was meinst du mit dem Quadrat eines Vektors?
Du kannst doch nicht nen Vektor und seinen Betrag irgendwie kürzen?
Das Ergebnis deiner Rechnung ist doch keine Zahl, sondern wieder ein Vektor [mm] \vec{F}
[/mm]
bevor du neue Ergebnisse postest, schreib doch bitte mal dein [mm] \gamma(t) [/mm] auf, möglichst ins Integral, ebenso dann [mm] \gamma'(t) [/mm] und dessen Betrag.
Damit ist der Rest falsch!
[mm]=mg\rho*2\pi R\int_{0}^{2\pi} 1/\wurzel{cos^{2}(t)+sin^{2}(t)+1}^2\, dt=mg\rho*2\pi R\int_{0}^{2\pi} 1/2\,dt =mg\rho*2\pi R*\left( \bruch{1}{2} *2\pi\right)=2mg\rho\pi^2,[/mm]
> da R=1.
>
> Ich hoffe, jetzt stimmt das Ergebnis endlich.
Leider nein
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:18 So 29.06.2008 | | Autor: | DerGraf |
1.) [mm] |\gamma^{'}(t)|=2\pi [/mm] R steht im letzten Beitrag von EH direkt so drin.
2.) Wenn ich einen Vektor am Ende herausbekommen soll, nehme ich mal an, dass ich partiell integrieren soll, sprich einmal cos(t) für x, einmal sin(t) für y und einmal -1 für z für [mm] \gamma(t) [/mm] einsetzen und einzeln ausrechnen.
Wie gehe ich aber mit einem Betrag im Integral um?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:12 So 29.06.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo Graf
> 1.) [mm]|\gamma^{'}(t)|=2\pi[/mm] R steht im letzten Beitrag von EH
> direkt so drin.
Du musst genauer lesen! dazu gehören andere Grenzen
> 2.) Wenn ich einen Vektor am Ende herausbekommen soll,
> nehme ich mal an, dass ich partiell integrieren soll,
Das nennt man nicht partiell integrieren. sondern komponentenweise.
> sprich einmal cos(t) für x, einmal sin(t) für y und einmal
> -1 für z für [mm]\gamma(t)[/mm] einsetzen und einzeln ausrechnen.
ich hoff, du meinst das richtig, als Aussage klingts nicht schön.
> Wie gehe ich aber mit einem Betrag im Integral um?
Das versteh ich nicht? du kannst och nen Vektor mit ner Zahl multiplizieren?
Du"gehst doch nicht mit nem Betrag im Integral" um, sondern im Integral stehen eine Vektor, dessen komponenten von t abhängen, wonach du integrierst.
Bei diesen speziellen Weg hängen die Beträge von [mm] \gamma [/mm] und [mm] \gamma' [/mm] nicht von t ab. also kannst du sie vors Integral ziehen.
Sonst müsstest du halt den Vektor mit den Beträgen mult. und dann integrieren (komponentenweise)
Gute Nacht leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:52 So 29.06.2008 | | Autor: | DerGraf |
[mm] mg\rho*\int_{0}^{2\pi} \left( \bruch{\gamma(t)}{|\gamma|^3} \right)*1\, dt=mg\rho*\int_{0}^{2\pi} \left( \bruch{\gamma(t)}{\wurzel{cos^2(t)+sin^2(t)+1}^3} \right)*1\,dt=\bruch{1}{\wurzel{2}^{3}}mg\rho*\int_{0}^{2\pi} \gamma(t)\,dt=\bruch{1}{\wurzel{2}^{3}}mg\rho*\begin{pmatrix} \int_{0}^{2\pi} \cos(t)\,dt \\ \int_{0}^{2\pi} \sin(t)\,dt \\ \int_{0}^{2\pi} \ -1\,dt \end{pmatrix}
[/mm]
Das [mm] |\gamma^{'}(t)|=1 [/mm] stand wirklich weiter oben, doch es klang für mich bei ihm so, als macht das keinen großen Unterschied.
Jetzt dürfte ich alles berücksichtigt haben.
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Hallo!
Ja, das sieht sehr gut aus! Jetzt noch fix die Integrale ausgerechnet, und du siehst, daß du eine rein nach unten gerichtete Kraft hast, wie ich dir oben geschrieben hab.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:44 So 29.06.2008 | | Autor: | DerGraf |
[mm] \wurzel{2}^3*m*g*\rho*\begin{pmatrix} \int_{0}^{2\pi} cos(t)\, dt \\ \int_{0}^{2\pi} sin(t)\, dt \\ \int_{0}^{2\pi} -1\, dt \end{pmatrix}=\wurzel{2}^3*m*g*\rho*\begin{pmatrix} |sin(t)|_{0}^{2\pi} \\ |-cos(t)|_{0}^{2\pi} \\ |-1|_{0}^{2\pi} \end{pmatrix}=\wurzel{2}^3*m*g*\rho*\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 2\pi \end{pmatrix}
[/mm]
Das sieht mir nach einer streng nach unten gerichteten Kraft aus. *freu*
zu b) Ich rechne erstmal wieder [mm] |\gamma^{'}(t)| [/mm] und [mm] |\gamma(t)| [/mm] aus.
[mm] |\gamma(t)|=\wurzel{e^{2t}cos^{2}(t)+e^{2t}sin{2}(t)+e^{2t}}=\wurzel{2*e^{2t}}=\wurzel{2}*e^t
[/mm]
[mm] |\gamma^{'}(t)|=|(e^{t}cos(t)-e^{t}sin(t),(e^{t}cos(t)+e^{t}sin(t),e^t)^T|=\wurzel{(e^{t}cos(t)-e^{t}sin(t))^2+(e^{t}cos(t)+e^{t}sin(t))^{2}+e^{2t}}=\wurzel{2*(e^{2t}sin^{2}(t)+e^{2t}cos^{2}(t))+e^{2t}}=\wurzel{3*e^{2t}}=\wurzel{3}*e^t
[/mm]
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Hallo!
is darauf, daß du bei deiner Kraft im letzten Ausdruck ein Minus verschludert hast, sieht das doch sehr gut aus.
Zu der b) : Ich habe da nicht genau nachgerechnet, aber auch das sieht gut aus. Den Abstand vom Ursprung hast du mit [mm] |\gamma(t)| [/mm] ja auch bereits berechnet, den mußt ja auch noch in die Formel für die Kraft einsetzen.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:23 So 29.06.2008 | | Autor: | DerGraf |
[mm] mg\cdot{}\int_{\Gamma} \rho(x)\cdot{}\bruch{x-0}{|x-0|^3} \, ds=mg\cdot{}\int_{0}^{2\pi} \rho(\gamma(t))\cdot{}\bruch{\gamma(t)-0}{|\gamma(t)-0|^3}\cdot{}\parallel\gamma^{'}(t)\parallel\,dt=mg\cdot{}\int_{0}^{2\pi} \rho(\gamma(t))\cdot{}\bruch{\gamma(t)-0}{(\wurzel{2}*e^{t})^3}\cdot{}\wurzel{3}*e^{t}\,dt=mg\rho*\int_{0}^{2\pi} \bruch{\wurzel{3}}{\wurzel{2}^{3}*e^{2t}}*\gamma(t) \, [/mm] dt
Jetzt müsste ich wieder komponentenweise integrieren, richtig?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:32 So 29.06.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
Ja
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:05 So 29.06.2008 | | Autor: | DerGraf |
[mm] mg\rho\cdot{}\int_{0}^{2\pi} \bruch{\wurzel{3}}{\wurzel{2}^{3}\cdot{}e^{2t}}\cdot{}\gamma(t) \,dt=mg\rho\wurzel{\bruch{3}{8}}*\begin{pmatrix} \int_{0}^{2\pi} \bruch{e^{t}cos(t)}{e^{2t}}\, dt \\ \int_{0}^{2\pi} \bruch{e^{t}sin(t)}{e^{2t}}\, dt \\ \int_{0}^{2\pi} \bruch{e^{t}}{e^{2t}}\, dt \end{pmatrix}t=mg\rho\wurzel{\bruch{3}{8}}*\begin{pmatrix} \int_{0}^{2\pi} e^{-t}cos(t)\, dt \\ \int_{0}^{2\pi} e^{-t}sin(t)\, dt \\ \int_{0}^{2\pi} e^{-t}\, dt \end{pmatrix}
[/mm]
[mm] x=\int_{0}^{2\pi} e^{-t}cos(t)\, dt=\left|\bruch{e^{-t}sin(t)-e^{-t}cos(t)}{2}\right|_{0}^{2\pi}=-\bruch{e^{-2\pi}}{2}+\bruch{1}{2}
[/mm]
[mm] y=\int_{0}^{2\pi} e^{-t}sin(t)\,dt=\left|\bruch{-e^{-t}sin(t)-e^{-t}cos(t)}{2}\right|_{0}^{2\pi}=-\bruch{e^{-2\pi}}{2}+\bruch{1}{2}
[/mm]
[mm] z=\int_{0}^{2\pi} e^{-t}\, dt=|-e^{-t}|_{0}^{2\pi}=-e^{-2\pi}+1
[/mm]
Damit lautet mein Endergebnis:
[mm] mg\rho\wurzel{\bruch{3}{8}}*\begin{pmatrix} -\bruch{e^{-2\pi}}{2}+\bruch{1}{2} \\ -\bruch{e^{-2\pi}}{2}+\bruch{1}{2} \\ -e^{-2\pi}+1 \end{pmatrix}
[/mm]
Stimmt das so?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:29 So 29.06.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
Ja, alles richtig!
Gruss leduart
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:37 So 29.06.2008 | | Autor: | DerGraf |
Vielen Dank euch allen. Ich glaube, ohne euch würde ich nächstes Jahrtausend noch dran sitzen :)
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:18 Sa 28.06.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
Schreib doch mal die Kraft in z-Richtung auf, die ein Stückchen dl mit der masse [mm] \rho*dl [/mm] auf deine Masse im 0 Punkt ausübt.
dann musst du über alle Stücken dl des Kreises summieren= integrieren. und da der radius R=1 ist ist R sicher keine Grenze.
Eigentlich hat EH schon das meiste geschrieben.
Dass du weiter nach irgendwelchen formeln suchst hilft doch nicht.
Du willst doch auch noch Teil b) lösen.
Gruss leduart
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Hallo!
Vielleicht habe ich mich oben etwas schwammig ausgedrückt.
Also, die Formel [mm] F=G\frac{Mm}{r^2} [/mm] ist zwar richig, aber hier ist mit r der Abstand Punktmasse - Kurvenstück gemeint.
Bei einem Radius von 1 und einer Verschiebung von 1 entlang der negativen Z-Achse ist [mm] r^2=1^2+(-1)^2=\red{2} [/mm] (Pythagoras!)
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