Gradient Divergenz in Zylinder < Sonstiges < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:52 Di 20.12.2011 | | Autor: | doom0852 |
| Aufgabe | Geben Sie den GRadienten und die Divergenz in Zylinderkoordinaten an.
Benutzen Sie: [mm] \nabla [/mm] u = [mm] (\bruch{\partial u}{\partial r} \bruch{\partial r}{\partial x}
[/mm]
+ [mm] \bruch{\partial u}{\partial \phi} \bruch{\partial \phi}{\partial x} [/mm] + [mm] \bruch{\partial u}{\partial z} \bruch{\partial z}{\partial x} [/mm] , [mm] \bruch{\partial u}{\partial r} \bruch{\partial r}{\partial y} [/mm] + [mm] \bruch{\partial u}{\partial \phi} \bruch{\partial \phi}{\partial y} [/mm] + [mm] \bruch{\partial u}{\partial z} \bruch{\partial z}{\partial y} [/mm] , [mm] \bruch{\partial u}{\partial z})
[/mm]
Transformationsgleichungen von Kugelkoordinaten lauten:
x = r [mm] sin\alpha cos\phi
[/mm]
y = r [mm] sin\alpha sin\phi
[/mm]
z = r [mm] cos\alpha [/mm]
r = [mm] \wurzel{x^2 + y^2 + z^2}
[/mm]
[mm] \phi [/mm] = arctan(y/x)
[mm] \alpha [/mm] = [mm] arctan(\wurzel{x^2 + y^2} [/mm] / z) |
Hallo,
mein bsiheriger Ansatz ist zu lang (bzw die Gleichung) um ihn lesbar und mühsam in diesem Forum abzutippen^^.
Aber ich fasse es in Worten:
Schauen wir uns die Erste Komponente an des Gegebenen [mm] \nabla [/mm] u .
DOrt habe ich einfach die partielle ableitung von u nach r gelassen ( wie sollte man die auch ausrechnen?) und jedoch die partielle Ableitung von r nach x berechnet indem ich für r den gegebenen Wurzelterm eingesetzt habe. Ebenso weiter die partielle Ableitung von u nach [mm] \phi [/mm] dastehen lassen und arctan(y/x) nach x partiell abgeleitet. Nach diesem SCheme bin ich durch alle KOmponenten durchgegangen und hab eine ellenlange Gleichung auf einen Querblatt stehen. Nun verunsichert sowas einem natürlich immer. Ist es bishier richtig? UNd wie fahre ich nun fort? Habe ich quasi damit den Gradienten berechnet?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:23 Di 20.12.2011 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Geben Sie den GRadienten und die Divergenz in
> Zylinderkoordinaten an.
> Benutzen Sie: [mm]\nabla u = (\bruch{\partial u}{\partial r} \bruch{\partial r}{\partial x}[/mm]
>
> + [mm]\bruch{\partial u}{\partial \phi} \bruch{\partial \phi}{\partial x}[/mm]
> + [mm]\bruch{\partial u}{\partial z} \bruch{\partial z}{\partial x}[/mm]
> , [mm]\bruch{\partial u}{\partial r} \bruch{\partial r}{\partial y}[/mm]
> + [mm]\bruch{\partial u}{\partial \phi} \bruch{\partial \phi}{\partial y}[/mm]
> + [mm]\bruch{\partial u}{\partial z} \bruch{\partial z}{\partial y}[/mm]
> , [mm]\bruch{\partial u}{\partial z})[/mm]
>
> Transformationsgleichungen von Kugelkoordinaten lauten
>
> [mm]x = r sin\alpha cos\phi[/mm]
> [mm]y = r sin\alpha sin\phi[/mm]
> [mm]z = r cos\alpha[/mm]
> [mm]r = \wurzel{x^2 + y^2 + z^2}[/mm]
> [mm]\phi = arctan(y/x)[/mm]
> [mm]\alpha = arctan(\wurzel{x^2 + y^2} / z)[/mm]
Das ist zwar richtig, aber in der Aufgabe geht's nicht um Kugelkoordinaten, sondern um Zylinderkoordinaten. Das ist deutlich einfacher, da die Koordinate z in kartesischen und Zylinderkoordinaten übereinstimmt.
> mein bsiheriger Ansatz ist zu lang (bzw die Gleichung) um
> ihn lesbar und mühsam in diesem Forum abzutippen^^.
> Aber ich fasse es in Worten:
>
> Schauen wir uns die Erste Komponente an des Gegebenen
> [mm]\nabla[/mm] u .
> DOrt habe ich einfach die partielle ableitung von u nach r
> gelassen ( wie sollte man die auch ausrechnen?) und jedoch
> die partielle Ableitung von r nach x berechnet indem ich
> für r den gegebenen Wurzelterm eingesetzt habe. Ebenso
> weiter die partielle Ableitung von u nach [mm]\phi[/mm] dastehen
> lassen und arctan(y/x) nach x partiell abgeleitet. Nach
> diesem SCheme bin ich durch alle KOmponenten durchgegangen
> und hab eine ellenlange Gleichung auf einen Querblatt
> stehen. Nun verunsichert sowas einem natürlich immer. Ist
> es bishier richtig? UNd wie fahre ich nun fort? Habe ich
> quasi damit den Gradienten berechnet?
So wie du das beschreibst, ist es richtig. Allerdings vermute ich, dass du dabei nicht alles durch die Koordinaten [mm] $r,\phi,\alpha$ [/mm] ausgedrückt hast.
Zum Beispiel:
[mm] \bruch{\partial r}{\partial x} = \bruch{2x}{2\wurzel{x^2 + y^2 + z^2}} = \bruch{x}{r} = \sin\alpha \cos\phi[/mm] .
Wenn du das konsequent machst, schrumpft dein Endergebnis ziemlich zusammen.
Jetzt machst du das noch in Zylinderkoordinaten. Da ist [mm] $r=\sqrt{x^2+y^2}$, [/mm] und daher
[mm] \bruch{\partial r}{\partial x} = \bruch{2x}{2\wurzel{x^2 + y^2}}= \bruch{x}{r} = \cos\phi [/mm],
usw.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:05 Di 20.12.2011 | | Autor: | doom0852 |
Ups das hatte ich ganz übersehen.
D.h was mache ich jetzt nochmal genau mit der z-Koordianten bzw ist mir noch nich klar, was ich mach wenn ich nach z partiell ableit.
Bei [mm] \phi [/mm] ist die Formel im Zylinder auch arctan(y/x) oder? Also kann ich analog dazu ableiten. Und warum ist eigentlch x/r = cos [mm] \phi [/mm] ? IM einheitskreis wär das ja so aber jetzt liegt doch ein Zylinder vor.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:42 Mi 21.12.2011 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Ups das hatte ich ganz übersehen.
> D.h was mache ich jetzt nochmal genau mit der
> z-Koordianten bzw ist mir noch nich klar, was ich mach wenn
> ich nach z partiell ableit.
Gasr nichts. schau dir die Ausgangsgleichung in der Aufgabe an: z ändert sich nicht durch die Koordinatentransformation, also belibt [mm] $\parital u/\partial [/mm] z$ einfach stehen.
> Bei [mm]\phi[/mm] ist die Formel im Zylinder auch arctan(y/x) oder?
> Also kann ich analog dazu ableiten. Und warum ist eigentlch
> [mm]x/r = cos \phi[/mm] ? IM einheitskreis wär das ja so aber jetzt
> liegt doch ein Zylinder vor.
Was das mit dem Einheitskreis zu tun hat, erschließt sich mir nicht. Das ist in jedem Kreis so.
Die Zylinderkoordianten sind ebene Polarkoordinaten + z-Achse:
[mm] x= r \cos\phi [/mm], [mm] y =r\sin\phi[/mm], [mm] z= z[/mm] .
Was ist also $x/r$ ?
Viele Grüße
Rainer
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