Steigung < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:27 Di 26.09.2006 | | Autor: | murmel |
Und wieder ein Verstädnisproblem...
Ich zitiere aus dem Sachbuch "Gewöhnliche Differentialgleichungen -Einführung in Lehre und Gebrauch" folgende Passage:
"Äquipotential- und Kraftlinien eines elektrischen Feldes
Ein ebenes elektrisches Feld habe im Punkte (x,y) das Potential U(x,y). Die Punkte, in denen ein und dasselbe Potential c herrscht, schließen sich zu einer "Kurve gleichen Potentials", einer sogenannten Äquipotentiallinie zusammen, die durch die Gleichung
[mm]1.35[/mm] [mm] U \left(x, y\right) = c[/mm]
gegeben wird. Lässt man hierin c alle zulässigen Werte durchlaufen, so erhält man eine Kurvenschar, die Schar der Äquipotentiallinien. Die Kraftlinien des Feldes sind nun diejenigen Kurven, welche die Schar der Äquipotentiallinien senkrecht durchsetzen. [...]
Bekanntlich wird die Steigung der Kurve (1.35) im Punkte (x,y) gegeben durch
[mm]-\bruch{U_x (x,y)}{U_y (x,y)}[/mm].", Autor Harro Heuser -Zitatende.
Ich weiß was eine Äquipotentiallinie und eine Kraftlinie ist, das wurde ja oben erklärt
Ich weiß zwar noch wie man in der Analysis die Steigungen von Funktionen bildet, aber ich kann mich nicht daran erinnern, das diese durch partielle Ableitungen gebildet werden.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Bild 1, homogenes Feld um eine Punktladung (Kreise sind Äquipotentiallinien und senkrecht dazu die Kraftlinien.)
Ach ja, [mm] U_x [/mm] und [mm] U_y[/mm] sind partielle Ableitungen.
[mm]\partial U/ \partial x, \partial U / \partial y[/mm]
Wie kommt der Autor eigentlich darauf, das man eine Steigung mit partiellen Ableitungen bildet?
Für Anregungen wäre ich dankbar.
Ich habe diese Frage in keinem anderen Forum gestellt.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:49 Mi 27.09.2006 | | Autor: | Herby |
Hallo Murmel,
wenn eine Funktion von mehreren Variablen abhängig ist, dann kann man die Steigung in einem Punkt über partielle Ableitungen ermitteln.
Diese Verfahren wird besonders bei der Linearisierung von Funktionen eingesetzt, aber natürlich auch in anderen Beispielen.
nehmen wir mal eine einfache Parallelschaltung von den zwei Widerständen [mm] R_1 [/mm] und [mm] R_2. [/mm] Dann entsteht eine Funktion R, die natürlich von [mm] R_1 [/mm] und [mm] R_2 [/mm] abhängig ist:
[mm] R(R_1,R_2)=\bruch{R_1*R_2}{R_1+R_2}
[/mm]
Den maximalen Wert kannst du nur über partielle Ableitungen ermitteln.
In deinem Beispiel ist U abhängig von R und I, also: U(R,I)=R*I
So, nu aber genug gesabbelt - ein Beispiel findest du in folgender Diskussion:
![[guckstduhier]](/images/smileys/guckstduhier.gif "[guckstduhier]") Widerstandsmoment
Du kannst ja mal die Lösung dort nachempfinden.
Hier ein anderer Weg:
[mm] W=W(b,h)=\bruch{1}{6}*b*h²
[/mm]
und [mm] \phi(b,h)=b²+h²=4R²
[/mm]
Damit lautet die Zielfunktion:
[mm] F(b,h,\lambda)=W(b,h)+\lambda*\phi(b,h)=\bruch{1}{6}*b*h²+\lambda*(b²+h²-4R²)
[/mm]
Diese wird partiell differenziert für die Balkenbreite b, die Balkendicke h und den Lagrangeschen Multiplikator [mm] \lambda.
[/mm]
[mm] F_b=\bruch{1}{6}*h²+2*\lambda*b=0
[/mm]
[mm] F_h=\bruch{1}{3}*b*h+2*\lambda*h=0
[/mm]
[mm] F_{\lambda}=b²+h²-4R²=0
[/mm]
die mittlere Gleichung wird nach [mm] \lambda [/mm] aufgelöst: [mm] \lambda=\bruch{-b}{6}
[/mm]
und in die erste eingesetzt:
[mm] \bruch{1}{6}*h²-2*\bruch{1}{6}*b²=0
[/mm]
[mm] h^2-2b²=0 [/mm] ... [mm] \gdw [/mm] ... [mm] h^2=2b² [/mm] ... [mm] \rightarrow [/mm] ... [mm] h=\wurzel{2}*b
[/mm]
das alles in der letzen Gleichung verwurschteln:
[mm] b^2+h²-4R²=b²+2b²-4R²=3b²-4R²=0 [/mm] ... [mm] \rightarrow [/mm] ... [mm] b_{1,2}=\pm\bruch{2}{\wurzel{3}}*R=\pm\bruch{2}{3}*\wurzel{3}*R
[/mm]
der negative Teil der Lösung ist für irgendeine Breite natürlich irrelevant, aber den positiven findest du unter obiger Diskussion wieder.
es geht halt auch mal anders 
Liebe Grüße
Herby
ps: [mm] 35+1=\wurzel{3}^4*\wurzel{16}=e^{4*ln\wurzel{6}}=36
[/mm]
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