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Physik » Mathematische Physik » Kraft ist konservativ mit Wegintegral zeigen
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Universität/Hochschule J Kraft ist konservativ mit Wegintegral zeigen
Sambucus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-07-29


Gegeben sei die Kraft $\vec F(\vec r) = \vec r$.
Nun möchte ich zeigen, dass die Kraft konservativ ist, aber weder durch Berechnung der Rotation noch durch die Tatsache dass sich die Kraft als Gradient eines Potentials schreiben lässt, sondern ich möchte folgendes zeigen:

(i) Betrachte zwei beliebigen Punkten $\vec r_1,\vec r_2 $, dann ist das Wegintegral $\int_{\vec r_1}^{\vec r_2}\vec F(\vec r) \vec {dr} =\int_{\vec r_1}^{\vec r_2} \vec r \vec {dr}$ wegunabhängig.

(ii) Und dass alle Kurvenintegrale über das Kraftfeld verschwinden $\oint \vec F(\vec r) \vec {dr} = 0$

Ich habe irgendwie keine zielführende Idee, kann mir jemand helfen?





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jacha2
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-07-29


Salut,

ein denkbarer Ansatz
2020-07-29 19:39 - Sambucus im Themenstart schreibt:
Gegeben sei die Kraft $\vec F(\vec r) = \vec r$....
(i) Betrachte zwei beliebigen Punkten $\vec r_1,\vec r_2 $, dann ist das Wegintegral $\int_{\vec r_1}^{\vec r_2}\vec F(\vec r) \vec {dr} =\int_{\vec r_1}^{\vec r_2} \vec r \vec {dr}$ wegunabhängig.
...besteht darin, daß man den Integranden \(\vec F = \vec r\) und das Differential \(\vec{}dr\) zusammen als infinitesimales Skalarprodukt auffaßt, für das überall gilt \(\vec r\cdot\vec{dr}=r dr\cdot\cos(\theta)\), wobei θ den Winkel zwischen beiden darstellt.
Damit ist der Betrag dieses Skalarprodukts zwischen zwei Punkten o.B.d.A. nur davon abhängig, um wieviel sich der Betrag des Ortsvektors, denn das ist \(\vec r\) schließlich, ändert, aber nicht, auf welchem Pfade.
2020-07-29 19:39 - Sambucus im Themenstart schreibt: ...(ii) Und dass alle Kurvenintegrale über das Kraftfeld verschwinden $\oint \vec F(\vec r) \vec {dr} = 0$
Jedes geschlossene Wegintegral läßt sich für ein derartiges Kraftfeld in zwei Teile zerlegen. so daß es über einen beliebig wählbaren Punkt zum Ursprung zurückführt. Nach (i) muß dann der Rückweg dem Hinweg betragsmäßig gleichen und wegen Richtungswechsels das gegenteiligeVorzeichen tragen, so daß sich beide Teilintegrale zu 0 summieren.

Adieu




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traveller
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2020-07-29


Hallo,

Schreib doch mal aus, wie so ein Wegintegral für einen Weg $\gamma$ definiert ist. Du wirst auf einen Integranden stossen, welcher eine Stammfunktion besitzt, was die Aussage zeigt.



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Sambucus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-30


Danke an euch beide :)

Zu Ansatz 1:

2020-07-29 23:08 - traveller in Beitrag No. 2 schreibt:
Hallo,

Schreib doch mal aus, wie so ein Wegintegral für einen Weg $\gamma$ definiert ist. Du wirst auf einen Integranden stossen, welcher eine Stammfunktion besitzt, was die Aussage zeigt.

Sei $\gamma : [a,b] \rightarrow \mathbb{R}^3, t \mapsto \gamma (t) $ ein beliebiger parametisierten Weg zwischen zwei beliebigen Punkten $\vec r_1,\vec r_2 $, dann kann man mit $\gamma (a)= \vec r_1$ und $\gamma (b)=\vec r_2$  folgendes berechnen:

$\int_{\vec r_1}^{\vec r_2}\vec F(\vec r) \vec {dr} =\int_{a}^{b}\vec F(\gamma (t)) \dot \gamma(t) dt =\int_{a}^{b} \vec r (\gamma (t)) \dot \gamma(t)dt$

Aber ich muss nun zeigen dass das Ergebnis vom Integral für jeden Weg $\gamma $ gleich ist. Wie formuliere ich einen so allgemeinen Weg?


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Zu Ansatz 2:

2020-07-29 21:33 - jacha2 in Beitrag No. 1 schreibt:

2020-07-29 19:39 - Sambucus im Themenstart schreibt:
Gegeben sei die Kraft $\vec F(\vec r) = \vec r$....
(i) Betrachte zwei beliebigen Punkten $\vec r_1,\vec r_2 $, dann ist das Wegintegral $\int_{\vec r_1}^{\vec r_2}\vec F(\vec r) \vec {dr} =\int_{\vec r_1}^{\vec r_2} \vec r \vec {dr}$ wegunabhängig.
...besteht darin, daß man den Integranden \(\vec F = \vec r\) und das Differential \(\vec{}dr\) zusammen als infinitesimales Skalarprodukt auffaßt, für das überall gilt \(\vec r\cdot\vec{dr}=r dr\cdot\cos(\theta)\), wobei θ den Winkel zwischen beiden darstellt.
Also:
$\int_{\vec r_1}^{\vec r_2}\vec F(\vec r) \vec {dr} =\int_{\vec r_1}^{\vec r_2} \vec r \vec {dr}=\int_{r_1}^{r_2} r dr\cdot\cos(\theta)$


2020-07-29 21:33 - jacha2 in Beitrag No. 1 schreibt:

Damit ist der Betrag dieses Skalarprodukts zwischen zwei Punkten o.B.d.A. nur davon abhängig, um wieviel sich der Betrag des Ortsvektors, denn das ist \(\vec r\) schließlich, ändert, aber nicht, auf welchem Pfade.


Aber was ist mit dem Winkel $\theta $, der ist doch nun auch eine Variable welche man beachten müsste, oder nicht? ich erkenne nicht den Grund, warum das infinitesimale Wegelement $\vec dr $ parallel zu $\vec r $ sein sollte?

Außerdem beschreibt $\vec r $ hier ein Kraftfeld, also handelt es sich nicht um einen Ortsvektor, da wir keinen festen Bezugspunkt haben, sondern der Vektor wird am jeweiligen Punkt mit Koordinaten $(x,y,z)$ angelegt - glaube ich -.



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PhysikRabe
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2020-07-30


2020-07-30 10:07 - Sambucus in Beitrag No. 3 schreibt:
Sei $\gamma : [a,b] \rightarrow \mathbb{R}^3, t \mapsto \gamma (t) $ ein beliebiger parametisierten Weg zwischen zwei beliebigen Punkten $\vec r_1,\vec r_2 $, dann kann man mit $\gamma (a)= \vec r_1$ und $\gamma (b)=\vec r_2$  folgendes berechnen:

$\int_{\vec r_1}^{\vec r_2}\vec F(\vec r) \vec {dr} =\int_{a}^{b}\vec F(\gamma (t)) \dot \gamma(t) dt =\int_{a}^{b} \vec r (\gamma (t)) \dot \gamma(t)dt$

Das ergibt in dieser Form jetzt noch nicht wirklich Sinn. Was ist denn $\vec r (\gamma (t))$? Beachte, dass $\vec F(\vec r) \equiv \vec r$, und dass dann die Integration über $\vec r$ durch das Parameterintegral ersetzt wird (d.h. $\vec r$ wird durch $\gamma(t)$ substituiert, womit $\vec F(\gamma (t)) = \gamma(t)$). Falls du dir hier unsicher bist, lies nochmal über Wegintegrale nach. Der Rest des Beweises ist im Grunde ein Einzeiler.

Grüße,
PhysikRabe


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jacha2
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-07-30


Salut,

an die von mir aufgezeigten Denkanstöße ...
2020-07-30 10:07 - Sambucus in Beitrag No. 3 schreibt: ...
2020-07-29 21:33 - jacha2 in Beitrag No. 1 schreibt:
...Damit ist der Betrag dieses Skalarprodukts zwischen zwei Punkten o.B.d.A. nur davon abhängig, um wieviel sich der Betrag des Ortsvektors, denn das ist \(\vec r\) schließlich, ändert, aber nicht, auf welchem Pfade.
...Aber was ist mit dem Winkel $\theta $, der ist doch nun auch eine Variable welche man beachten müsste, oder nicht? ich erkenne nicht den Grund, warum das infinitesimale Wegelement $\vec dr $ parallel zu $\vec r $ sein sollte?
Außerdem beschreibt $\vec r $ hier ein Kraftfeld, also handelt es sich nicht um einen Ortsvektor, da wir keinen festen Bezugspunkt haben, sondern der Vektor wird am jeweiligen Punkt mit Koordinaten $(x,y,z)$ angelegt - glaube ich -.

...sind selbstredend nachfolgende Überlegungen anzuknüpfen. Aber vorab: Du hast ein Zentralkraftfeld gewählt, so daß nur Veränderungen des Abstands vom Ursprung maßgeblich für die Arbeitsverrichtung von bzw. an Deinem Massenpunkt sind.  Von daher ist die Mannigfaltigkeit unterschiedlicher Ergebnisse des Arbeitsintegrals wesentlich geringer als die Mannigfaltigkeit unterschiedlicher Pfade, auf denen man vom Punkt a zum Punkt b gelangt.
Der Winkel $\theta $ ist einer (von drei) Parametern, mit denen man diese Pfade "modellieren" könnte, ohne dabei deren Wegintegral zu ändern.

Die folgende Beweisführung (wenn man das denn so nennen wollte), ließe sich in bester konstruktivistischer Manier wie folgt vornehmen:

(b) Zeigen, daß jeder Weg hins. des Arbeitsintegrals äquivalent ist zu einem Weg, der aus zwei Wegstücken besteht: Einem Stück, in dem man (sinnvollerweise in Kugelkoordinaten um den Ursprung des Kraftfelds) Polar- und Azimutwinkel ändert, und einem, auf dem nur die radiale Koordinate geändert wird.

(c) Zeigen, daß jeder beliebige Weg im Limes aus einer infinitesimalen Abfolge solcher Wegstück-Paare zusammengesetzt werden kann.

(d) Zeigen, daß die Abfolge der infinitesimalen Schritte (erst Winkel, dann Radiusveränderung) ohne Veränderung der Arbeit vertauscht werden kann und weiterhin, daß dies auch hins. der Zusammenfassung solcher Veränderungen geschehen kann.

(e) Damit endet auch im Makroskopischen die Arbeitsberechnung bei einem Pfadanteil, dessen Auswirkung auf die Arbeit verschwindet und einem weiteren mit rein radialer Distanzänderung, womit auch der Beweis erbracht worden wäre, daß für beliebige zwei Orte \(\vec{r_a}, \vec{r_b}\) gilt \(\oint_a^b \vec r \cdot d\vec r = \frac{r_b^2-r_a^2}{2}\)

Adieu





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Sambucus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-02


Danke für eure weiteren, hilfreichen Antworten :) Hatte leider erst jetzt Zeit mich wieder damit zu beschäftigen.

Definiere: $|\vec r | = r $

2020-07-30 12:34 - PhysikRabe in Beitrag No. 4 schreibt:
2020-07-30 10:07 - Sambucus in Beitrag No. 3 schreibt:
Sei $\gamma : [a,b] \rightarrow \mathbb{R}^3, t \mapsto \gamma (t) $ ein beliebiger parametisierten Weg zwischen zwei beliebigen Punkten $\vec r_1,\vec r_2 $, dann kann man mit $\gamma (a)= \vec r_1$ und $\gamma (b)=\vec r_2$  folgendes berechnen:

$\int_{\vec r_1}^{\vec r_2}\vec F(\vec r) \vec {dr} =\int_{a}^{b}\vec F(\gamma (t)) \dot \gamma(t) dt =\int_{a}^{b} \vec r (\gamma (t)) \dot \gamma(t)dt$

Das ergibt in dieser Form jetzt noch nicht wirklich Sinn. Was ist denn $\vec r (\gamma (t))$? Beachte, dass $\vec F(\vec r) \equiv \vec r$, und dass dann die Integration über $\vec r$ durch das Parameterintegral ersetzt wird (d.h. $\vec r$ wird durch $\gamma(t)$ substituiert, womit $\vec F(\gamma (t)) = \gamma(t)$). Falls du dir hier unsicher bist, lies nochmal über Wegintegrale nach. Der Rest des Beweises ist im Grunde ein Einzeiler.


$\vec F(\gamma (t)) = \gamma(t)$, das ist der Fall, weil man die einzelnen Komponenten von $\gamma(t)$ in das Kraftfeld einsetzt, habe ich nicht dran gedacht beim aufschreiben.

Ich habe mich an dieser Defintion orientiert:

Ich hatte bis jetzt nur diese Methode kennen gelernt, bei allen Aufgaben war entweder ein konkreten parametrisierten Weg abhängig von der Zeit gegeben oder musste konstruiert werden.
Dabei ging es nur darum, das Wegintegral für diesen konkreten Weg zu bilden, nicht etwas zu beweisen.
Bei einer Kreisbahn habe ich mal berechnet, dass die geleistete Arbeit bzgl. eines bestimmten Kraftfelds innerhalb einer Periode gleich null ist, aber das war ja sozusagen auch nur für einen konkreten geschlossenen Weg.

Also dachte ich mir: Um zu zeigen, dass dieses Kraftfeld $\vec F(\vec r) \equiv \vec r$ konservativ ist, muss ich einen abstrakten, zeitabhängigen Weg nehmen, und dann zeigen dass die geleistete Arbeit, unabhängig von der Form des Weges für feste Start-/Endpunkte ist.  

$\int_{\vec r_1}^{\vec r_2}\vec F(\vec r) \vec {dr} =\int_{a}^{b}\vec F(\gamma (t)) \dot \gamma(t) dt =\int_{a}^{b} \gamma (t) \dot \gamma(t) dt=[\frac{\gamma (t)^2}{2}]_{a}^{b} =\frac{\gamma (b)^2-\gamma (a)^2}{2}=\frac{r_{2}^2-r_{1}^2}{2} $

Dabei habe ich die umgekehrte Kettenregel benutzt, und $\vec{r}^2  = r^2 $
---


Hoffe folgendes ist richtig von mir beschrieben:

An Kugelkoordinaten habe ich gar nicht gedacht, dann wären die Basisvektoren $\vec e_{\phi}$ und $\vec e_{\theta}$ per Definition immer orthogonal zu $\vec e_{r}$, und für das Kraftfeld $\vec F$ gilt, da es sich um ein Zentralkraftfeld handelt, $\vec F(\vec r) = \vec r = r \vec e_{r}$
Also: $\vec F(\vec r) \cdot \vec e_{\phi} = r (\vec e_{r}\cdot \vec e_{\phi})=r\cdot 0=0$.
Analog für $\vec e_{\theta}$.
Am Ende bleibt ein eindimensionales Integral übrig: $\int_{\vec r_1}^{\vec r_2}\vec F(\vec r) \vec {dr}=\int_{r_1}^{r_2} r dr= \frac{r_2^2-r_1^2}{2} $

@jacha2 den Post musste ich mir erstmal in Ruhe durchlesen, danke für die Ausführlichkeit :)



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2020-08-02 11:54 - Sambucus in Beitrag No. 6 schreibt:
$\int_{\vec r_1}^{\vec r_2}\vec F(\vec r) \vec {dr} =\int_{a}^{b}\vec F(\gamma (t)) \dot \gamma(t) dt =\int_{a}^{b} \gamma (t) \dot \gamma(t) dt=[\frac{\gamma (t)^2}{2}]_{a}^{b} =\frac{\gamma (b)^2-\gamma (a)^2}{2}=\frac{r_{2}^2-r_{1}^2}{2} $

Dabei habe ich die umgekehrte Kettenregel benutzt, und $\vec{r}^2  = r^2 $

Das ist korrekt, und wie du siehst hängt das Wegintegral lediglich von den Endpunkten des Weges ab. Daraus folgt unmittelbar der zweite Teil deiner Aufgabe, nämlich $\oint \vec F(\vec r) \vec {dr} = 0$ (für alle geschlossenen Wege).

Grüße,
PhysikRabe


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