Phänomenologische Begründung der Thermodynamik

Zusammenfassung

Dieses Kapitel führt die wesentlichen Konzepte der Thermodynamik und ihre Axiome auf eine Weise ein, die keinen Bezug zur mikroskopischen Natur der Materie nimmt. Es folgt damit in Abschn. 1.1 zum einen der historischen Entwicklung, welche die Thermodynamik ausgehend von den Begriffen „warm“ und „kalt“ über das Bedürfnis, Wärmekraftmaschinen zu verstehen, bis hin zur Formulierung ihrer sogenannten Hauptsätze genommen hat. Zum anderen zeigt es in Abschn. 1.2, wie und warum die Thermodynamik axiomatisch aufgebaut werden kann, ohne eine präzise Vorstellung vom Aufbau der Materie zu haben.

Zentral in diesem Kapitel sind die drei Hauptsätze, die aus historisch-konventionellen Gründen mit null beginnend nummeriert werden und die als Axiome der Thermodynamik gelten können. Der nullte Hauptsatz (Abschn. 1.3) definiert den physikalischen Temperaturbegriff, der erste Hauptsatz (Abschn. 1.6) legt fest, wie verschiedene Formen von Energie ineinander umgewandelt werden können, und der zweite Hauptsatz klärt anhand des Begriffs der Entropie, welche dieser Umwandlungen überhaupt physikalisch möglich sind (Abschn. 1.7 und 1.8).

Appendices

Aufgaben

Gelegentlich enthalten die Aufgaben mehr Angaben, als für die Lösung erforderlich sind. Bei einigen anderen dagegen werden Daten aus dem Allgemeinwissen, aus anderen Quellen oder sinnvolle Schätzungen benötigt.

• leichte Aufgaben mit wenigen Rechenschritten

•• mittelschwere Aufgaben, die etwas Denkarbeit und unter Umständen die Kombination verschiedener Konzepte erfordern

••• anspruchsvolle Aufgaben, die fortgeschrittene Konzepte (unter Umständen auch aus späteren Kapiteln) oder eigene mathematische Modellbildung benötigen

1.1 • Adiabaten bei vorgegebener innerer Energie

Die innere Energie eines Systems sei durch $U=aP^{2}V$ mit einer positiven Konstanten $a$ gegeben. Finden Sie die Adiabaten dieses Systems in der $P$-$V$-Ebene.

1.2 • Gleichgewicht unter verschiedenen Bedingungen

Ein Hohlzylinder sei durch einen Kolben in zwei Kammern geteilt. Die Wände des Hohlzylinders seien vollkommen isolierend. Im Ausgangszustand sei der Kolben zunächst unbeweglich arretiert und ebenfalls vollkommen isolierend. Die Kammern 1 und 2 haben anfänglich die Volumina $V_{1}$ und $V_{2}$ und enthalten $N_{1}$ bzw. $N_{2}$ Moleküle desselben idealen Gases (z. B. Helium). Im Ausgangszustand seien die Drücke in den Kammern 1 und 2 gleich $P_{1}$ und $P_{2}$.

• (a) Welcher neue Gleichgewichtszustand stellt sich ein, wenn der Kolben wärmedurchlässig (diathermisch) wird?

• (b) Welcher neue Gleichgewichtszustand stellt sich an Stelle des Zustands aus Teilaufgabe (a) ein, wenn sich der diathermische Kolben auch noch frei bewegen kann?

• (c) Ändert sich der Gleichgewichtszustand aus Teilaufgabe (b), wenn der diathermische, bewegliche Kolben für die Gasmoleküle durchlässig wird?

1.3 •• Mechanische Arbeit durch Rühren

Ein Gas befinde sich in einem Kolben mit dem Volumen $V$ unter einem Druck $P$. Für adiabatische Zustandsänderungen gilt die Beziehung

$$PV^{5/3}={\mathrm{const}}\,.$$

(1.135)

In den Kolben ist ein Propeller eingebaut. Lässt man den Propeller mit der Umlauffrequenz $f=240$ Umdrehungen pro Sekunde rotieren, so ist aufgrund der Viskosität des Gases ein Drehmoment von $M=10^{4}\,\mathrm{dyn\,cm}$ erforderlich. Zugleich misst man bei konstantem Volumen und thermischer Isolierung des Gases eine Druckerhöhung von

$$\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}t}=\frac{2}{3}\frac{Mf}{V}\frac{\mathrm{dyn}}{\mathrm{cm^{2}s}}\,.$$

(1.136)

(Das Drehmoment $M$, multipliziert mit der Umlauffrequenz $f$, ergibt die Leistung, die am Propeller erbracht werden muss. Geteilt durch das Volumen entsteht eine Energiedichte, die dem Gas pro Zeiteinheit zugeführt wird. Dies entspricht einer Druckerhöhung pro Zeiteinheit.)

Mithilfe eines isochoren Prozesses eines derartigen Typs bestimme man die innere Energie $U$ $=$ $U(P,V)$ für einen beliebigen Gleichgewichtszustand mit dem Volumen $V$ und dem Druck $P$ relativ zu einem willkürlich gewählten Referenzzustand $(P_{0},V_{0})$. Wählen Sie $U_{0}$ als innere Energie des Referenzzustands.

1.4 ••• Zustandsänderung eines Paramagneten

Eine Stoffmenge $n$ einer paramagnetischen Substanz genüge der thermischen Zustandsgleichung

$${\boldsymbol{M}}=\frac{na}{T}{\boldsymbol{B}}_{0}\,,$$

(1.137)

wobei ${\boldsymbol{M}}$ die Magnetisierung in Reaktion auf das äußere magnetische Feld ${\boldsymbol{B}}_{0}$ und $a> 0$ eine positive Konstante seien. Die innere Energie $U$ der Substanz sei eine reine Funktion der Temperatur, $U=U(T)$. Für tiefe Temperaturen gelte

$$U(T)=nbT^{4}\,,$$

(1.138)

wobei wieder $b> 0$ eine positive Konstante sei.

• (a) Geben Sie die Form der Isothermen im $|{\boldsymbol{B}}_{0}|-|{\boldsymbol{M}}|$-Diagramm an.

• (b) Bestimmen Sie die molaren Wärmekapazitäten

  • (1) bei konstantem äußerem Feld ${\boldsymbol{B}}_{0}$ und

  • (2) bei konstanter Magnetisierung ${\boldsymbol{M}}$.

  Begründen Sie den Unterschied, falls Sie einen finden.

• (c) Magnetisieren Sie die Substanz bei der Temperatur $T_{0}$ isotherm von $M_{1}$ nach $M_{2}> M_{1}$ und entmagnetisieren Sie dann die Substanz adiabatisch von $M_{2}$ zurück nach $M_{1}$. Welche Temperatur stellt sich am Ende ein? Welche Arbeitsbeträge und welche Wärmemengen werden auf den beiden Wegen mit der Umgebung ausgetauscht?

1.5 •• Kreisprozesse als Wärmepumpen

• (a) Betrachten Sie eine Carnot- und eine Stirling-Maschine als Wärmepumpen und berechnen Sie explizit deren Leistungszahlen.

• (b) Bestimmen Sie explizit die technische Arbeit, die beide Wärmepumpen verrichten.

Lösungshinweis:

Begründen Sie zunächst, warum die Leistungszahl einer Wärmepumpe durch (1.102) plausibel definiert ist. Bestimmen Sie dann alle anfallenden Wärmemengen und Arbeitsbeträge. Gehen Sie davon aus, dass das Arbeitsmedium als ideales Gas beschrieben werden kann.

1.6 • Entropie eines geheizten Zimmers

Stellen Sie sich ein gewöhnliches Zimmer vor, in dem die Raumluft durch ein ideales Gas beschrieben werden kann. Wenn das Zimmer geheizt wird, nehmen dann die innere Energie und die Entropie der Raumluft zu, ab, oder bleiben sie gleich?

Lösungshinweis:

Überlegen Sie zunächst, welche Zustandsgrößen der Raumluft im Zimmer konstant bleiben, während es geheizt wird.

1.7 • Entropieänderung bei einem irreversiblen Prozess

In einem Behälter mit wärmeundurchlässigen Wänden und dem Gesamtvolumen $V_{1}$ ist durch einen Schieber ein Teilvolumen $V_{0}<V_{1}$ abgetrennt, in dem sich ein Mol eines idealen, einatomigen Gases der Temperatur $T_{0}$ befindet. Die Zustandsgleichung lautet $PV=RT$, wobei wie üblich $P$ der Druck und $R$ die Gaskonstante sind. Von der inneren Energie $U$ werden wir in Abschn. 3.3.3 sehen, dass sie mit der Temperatur durch $U=3RT/2$ zusammenhängt. Der Schieber wird kräftefrei herausgezogen, und das Gas expandiert auf das Volumen $V_{1}$. Nachdem sich ein neues Gleichgewicht eingestellt hat, wird das Gas mit dem Kolben quasistatisch auf das ursprüngliche Volumen $V_{0}$ komprimiert.

• (a) Wie groß ist die Entropieänderung bei diesem Prozess?

• (b) Berechnen Sie die Endtemperatur $T_{\mathrm{f}}$ des Gases und die Kompressionsarbeit $W$, ausgedrückt durch $(U_{0},V_{0},T_{0})$.

1.8 ••• Entropie von Gasmischungen

• (a) In einem Gefäß mit dem Volumen $V$ befinde sich ein Gemisch aus zwei Isotopen eines idealen Gases mit den Teilchenzahlen $N_{1}$ und $N_{2}$ im thermischen Gleichgewicht mit einem Wärmebad der Temperatur $T$. Berechnen Sie die Entropie $S=S(U,V,N,N_{1},N_{2})$ des Gemischs, wobei $N=N_{1}+N_{2}$ und $U$ die gesamte innere Energie seien.

• (b) Ein adiabatisch isolierter Behälter sei durch einen wärmeundurchlässigen, kräftefrei beweglichen Schieber in zwei gleich große Kammern geteilt. Nach dem Herausziehen des Schiebers sind die Kammern durch eine starke, wärmedurchlässige Membran getrennt, die nur für das Isotop 1 durchlässig ist.

  Wir bezeichnen mit hochgestellten, eingeklammerten Indizes die Kammer, mit tiefgestellten Indizes die Teilchensorte; $N_{1}^{(2)}$ ist also beispielsweise die Anzahl der Teilchen der Sorte 1 in der Kammer 2.

  Berechnen Sie die Teilchenzahlen $N_{1}^{(1)}$ und $N_{1}^{(2)}$ des Isotops 1 in den beiden Kammern, ferner die Temperatur $T$ und die Drücke $P^{(1)}$ und $P^{(2)}$ in den beiden Kammern im endgültigen Gleichgewichtszustand. Der Ausgangszustand sei durch $N_{1}^{(1)}=0{,}5\,N_{\mathrm{A}}$, $N_{2}^{(1)}=0{,}75\,N_{\mathrm{A}}$, $V^{(1)}=5\,\mathrm{dm}^{3}=V^{(2)}$, $T^{(1)}=300\,\mathrm{K}$, $N_{1}^{(2)}=N_{\mathrm{A}}$, $N_{2}^{(2)}=0{,}5\,N_{\mathrm{A}}$ und $T^{(2)}=250\,\mathrm{K}$ gegeben.

Lösungshinweis:

Die Entropie eines idealen Gases ist

$$\begin{aligned}\displaystyle S(U,V,N)&\displaystyle=\frac{N}{N_{0}}S(U_{0},V_{0},N_{0})\\ \displaystyle&\displaystyle\quad+k_{\mathrm{B}}N\ln\left[\frac{V}{V_{0}}\left(\frac{U}{U_{0}}\right)^{3/2}\left(\frac{N_{0}}{N}\right)^{5/2}\right]\,.\end{aligned}$$

(1.139)

Verwenden Sie an geeigneter Stelle, dass sich die Teilchenzahlen in den beiden Kammern so einstellen müssen, dass die Entropie unter den gegebenen Voraussetzungen maximiert wird. Bedenken Sie dabei, dass auch die Gesamtzahl $N$ der Teilchen von der Anzahl $N_{1}$ abhängt.

1.9 •• Vollständige und unvollständige Differenziale

• (a) Stellen Sie fest, ob die Differenziale

  • (1)
    $$\frac{x\,\mathrm{d}y-y\,\mathrm{d}x}{x^{2}+y^{2}}\,,\quad(x,y)\in\mathbb{R}^{2}\setminus(0,0)$$

    (1.140)
  • (2)
    $$(y-x^{2})\mathrm{d}x+(x+y^{2})\mathrm{d}y\,,\quad(x,y)\in\mathbb{R}^{2}$$

    (1.141)
  • (3)
    $$(2y^{2}-3x)\mathrm{d}x-4xy\,\mathrm{d}y\,,\quad(x,y)\in\mathbb{R}^{2}$$

    (1.142)

  vollständig oder geschlossen sind. Der Begriff des geschlossenen Differenzials wird in den Hinweisen zur Aufgabe näher erläutert.

• (b) Integrieren Sie die vollständigen Differenziale aus Teilaufgabe (a).

• (c) Wie lautet das Differenzial aus Teilaufgabe (a1) in Polarkoordinaten?

• (d) Berechnen Sie die Kurvenintegrale über das Differenzial aus Teilaufgabe (a1) längs folgender Wege:

  • (1) entlang eines Kreises um den Mittelpunkt $(0,0)$ mit dem Radius $a$;

  • (2) entlang einer Kurve, welche die Punkte $A$-$B$-$C$-$D$-$A$ abwechselnd durch gerade radiale Linien oder Kreisbögen verbindet, wobei $A=(r_{1},0)$, $B=(r_{2},0)$, $C=(r_{2}\cos\varphi,r_{2}\sin\varphi)$ und $D=(r_{1}\sin\varphi,r_{1}\cos\varphi)$ mit $r_{2}> r_{1}$ seien.

Lösungshinweis:

In einer Bezeichnungsweise, die aus der Theorie der Differenzialformen entlehnt ist, wird ein Differenzial als geschlossen bezeichnet, wenn die Rotation seiner Koeffizientenfunktionen überall auf dem Definitionsbereich des Differenzials existiert und verschwindet. Sei beispielsweise

$$\omega_{x}(x,y)\mathrm{d}x+\omega_{y}(x,y)\mathrm{d}y$$

(1.143)

ein Differenzial in zwei Dimensionen. Dann ist die Rotation der Koeffizientenfunktionen durch

$$\frac{\partial\omega_{y}(x,y)}{\partial x}-\frac{\partial\omega_{x}(x,y)}{\partial y}$$

(1.144)

bestimmt. Um zu sehen, ob ein zweidimensionales Differenzial geschlossen ist, gilt es also zu prüfen, ob dieser Ausdruck verschwindet.

Wir erinnern daran, dass ein Differenzial $\omega$ genau dann vollständig (oder exakt) ist, wenn es eine Funktion $\alpha(x,y)$ gibt, deren Differenzial $\omega$ ist, $\omega=\mathrm{d}\alpha$. Jedes vollständige Differenzial muss auch geschlossen sein. Umgekehrt kann ein Differenzial, das nicht geschlossen ist, auch nicht vollständig sein.

1.10 •• Bestimmung eines integrierenden Faktors

Zeigen Sie, dass das Differenzial

$$\omega=x_{1}\mathrm{d}x_{2}+\mathrm{d}x_{3}$$

(1.145)

keinen integrierenden Faktor besitzt.

Lösungshinweis:

Ein Differenzial $\omega$ hat einen integrierenden Faktor $f$ genau dann, wenn $\mathrm{d}(f\omega)=0$ ist. Dafür muss die Rotation der Koeffizientenfunktionen des Differenzials $f\omega$ verschwinden, woraus sich notwendige und hinreichende Bedingungen dafür ergeben, dass $\omega$ einen integrierenden Faktor hat.

Lösungen zu den Aufgaben

1.4

• (a) Die Isothermen im $|{\boldsymbol{B}}_{0}|-|{\boldsymbol{M}}|$-Diagramm sind Ursprungsgeraden mit der Steigung $naT^{-1}$.

• (b) Die Wärmekapazitäten sind

  • (1)
    $$c_{{\boldsymbol{B}}_{0}}=4bT^{3}+\frac{aV}{T^{2}}{\boldsymbol{B}}_{0}^{2}$$

    (1.146)

    bei konstantem äußeren Magnetfeld ${\boldsymbol{B}}_{0}$ und

  • (2)
    $$c_{\boldsymbol{M}}=4bT^{3}$$

    (1.147)

    bei konstanter Magnetisierung.

1.5

Die Formel

$$\varepsilon_{\mathrm{W}}=\frac{T_{1}}{T_{1}-T_{2}}$$

(1.148)

erweist sich im Fall der Carnot-Maschine als richtig, während sie bei der Stirling-Maschine größer ist. Die gesamte technische Arbeit pro Umlauf ist in diesen Fällen gerade die negative Arbeit.

Ausführliche Lösungen zu den Aufgaben

1.1

Die Adiabaten sind durch $\delta Q=0$ gekennzeichnet, aufgrund des ersten Hauptsatzes also durch $\mathrm{d}U=-\delta W$. Mit dem angegebenen Ausdruck für $U$ erhalten wir daraus zunächst

$$a\left(2PV\mathrm{d}P+P^{2}\mathrm{d}V\right)=-P\mathrm{d}V\,.$$

(1.149)

Trennung der Variablen $P$ und $V$ ergibt

$$\frac{2a\mathrm{d}P}{1+aP}=-\frac{\mathrm{d}V}{V}\,,$$

(1.150)

woraus durch Integration

$$2\ln\left(1+aP\right)=-\ln V+{\mathrm{const}}$$

(1.151)

oder

$$\left(1+aP\right)^{2}=\frac{V_{0}}{V}\quad\Leftrightarrow\quad P=\frac{1}{a}\left(\sqrt{\frac{V_{0}}{V}}-1\right)$$

(1.152)

folgt. Der zweite Ausdruck ist die gewünschte Form der Adiabaten im $P$-$V$-Diagramm.

1.2

• (a) Wenn der Kolben diathermisch wird, gleichen sich die Temperaturen der beiden Kammern einander an, aber nicht die Drücke. Da die Teilvolumina $V_{1}$ und $V_{2}$ ebenso wie die Teilchenzahlen $N_{1}$ und $N_{2}$ unverändert bleiben müssen, muss nach dem Temperaturausgleich

  $$\frac{P_{1}^{\prime}V_{1}}{N_{1}}=\frac{P_{2}^{\prime}V_{2}}{N_{2}}\quad\Rightarrow\quad\frac{P_{1}^{\prime}}{P_{2}^{\prime}}=\frac{V_{2}N_{1}}{V_{1}N_{2}}$$

  (1.153)

  gelten. In beiden Teilvolumina stellt sich die Temperatur auf den Wert

  $$T_{1}^{\prime}=\frac{P_{1}^{\prime}V_{1}}{N_{1}k_{\mathrm{B}}}=\frac{P_{2}^{\prime}V_{2}}{N_{2}k_{\mathrm{B}}}=T_{2}^{\prime}$$

  (1.154)

  ein.

• (b) Wenn sich nun der Kolben zusätzlich noch frei bewegen kann, gleichen sich auch die Drücke einander an. Die Teilvolumina müssen sich entsprechend einstellen, woraus

  $$1=\frac{V_{2}^{\prime\prime}N_{1}}{V_{1}^{\prime\prime}N_{2}}\quad\Rightarrow\quad\frac{V_{1}^{\prime\prime}}{V_{2}^{\prime\prime}}=\frac{N_{1}}{N_{2}}$$

  (1.155)

  folgt.

• (c) Wenn zusätzlich Teilchenaustausch zugelassen wird, ändert sich der Gleichgewichtszustand nicht mehr, weil beide Teilvolumina dieselbe Teilchensorte enthalten.

1.3

Wir geben eine Lösung dieser Aufgabe in zwei Schritten an, die beide adiabatisch verlaufen sollen. Zunächst entfernen wir uns bei ausgeschaltetem Propeller mittels reiner Druck-Volumen-Arbeit vom Ausgangszustand $Z_{0}=(P_{0},V_{0})$ zu einem Zustand $Z^{\prime}=(P^{\prime},V)$, der bereits das Volumen des Endzustands haben soll. Vom Zustand $Z^{\prime}$ aus begeben wir uns dann mittels eines isochoren Prozesses weiter zum Endzustand $Z=(P,V)$, wozu der Propeller in Betrieb genommen wird.

Da der Übergang von $(P_{0},V_{0})$ nach $(P^{\prime},V)$ adiabatisch war, ist $\delta Q=0$, daher $\mathrm{d}U=-\delta W=-P\mathrm{d}V$. Daraus und mithilfe der angebeben adiabatischen Beziehung zwischen Druck und Volumen erhalten wir sofort für den ersten Schritt

$$\begin{aligned}\displaystyle U&\displaystyle=U_{0}-P_{0}\int_{V_{0}}^{V}\left(\frac{V_{0}}{\bar{V}}\right)^{5/3}\mathrm{d}\bar{V}\\ \displaystyle&\displaystyle=U_{0}+\frac{3}{2}P_{0}V_{0}\left.\left(\frac{V_{0}}{\bar{V}}\right)^{2/3}\right|_{V_{0}}^{V}\\ \displaystyle&\displaystyle=U_{0}+\frac{3}{2}P_{0}V_{0}\left[\left(\frac{V_{0}}{V}\right)^{2/3}-1\right]\,.\end{aligned}$$

(1.156)

Während der isochoren Zustandsänderung ist $\mathrm{d}V=0$, sodass Arbeit allein dadurch verrichtet wird, dass der Propeller im Medium rührt. Die dabei am Medium verrichtete und daher negativ zu zählende Arbeit erhalten wir zunächst als Produkt aus der Kraft $F$ und der Weglänge $\mathrm{d}s$,

$$\mathrm{d}W=-F\mathrm{d}s=-Fr\mathrm{d}\varphi=-M\mathrm{d}\varphi\,,$$

(1.157)

indem wir das Drehmoment $M=Fr$ identifizieren. Die Arbeit ergibt sich daher aus

$$\mathrm{d}W=-M\frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{d}t}\mathrm{d}t=-Mf\mathrm{d}t\,.$$

(1.158)

Mithilfe dieser Rührarbeit soll der Druck von $P^{\prime}$ auf $P$ erhöht werden. Da die isochore Druckerhöhung pro Zeiteinheit gemessen wurde, können wir daraus bestimmen, wie lang der Propeller dazu rühren muss, denn dazu muss

$$P-P^{\prime}=\int\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}t}\mathrm{d}t=\frac{2}{3}\frac{Mf}{V}\Updelta t$$

(1.159)

gelten. Daraus erhalten wir zunächst das Zeitintervall

$$\Updelta t=\frac{3}{2}\frac{V}{Mf}(P-P^{\prime})\,.$$

(1.160)

Während dieses Zeitintervalls wird vom Medium insgesamt die Arbeit

$$W=-Mf\Updelta t=-\frac{3}{2}V(P-P^{\prime})$$

(1.161)

verrichtet.

Aufgrund des adiabatischen Zusammenhangs zwischen Druck und Volumen können wir noch den Druck $P^{\prime}$ durch das Volumen ausdrücken:

$$P^{\prime}=\left(\frac{V_{0}}{V}\right)^{5/3}P_{0}\,.$$

(1.162)

Insgesamt folgt so aus beiden Schritten der einfache Ausdruck

$$U =U_{0}+\frac{3}{2}P_{0}V_{0}\left[\left(\frac{V_{0}}{V}\right)^{2/3}-1\right]+\frac{3}{2}V\left[P-\left(\frac{V_{0}}{V}\right)^{5/3}P_{0}\right]$$

$$ =U_{0}+\frac{3}{2}\left(PV-P_{0}V_{0}\right)$$

(1.163)

für die innere Energie.

1.4

• (a) Die Isothermen sind einfach zu finden: Ist $T={\mathrm{const}}$, sind $|{\boldsymbol{M}}|$ und $|{\boldsymbol{B}}_{0}|$ direkt zueinander proportional, d. h., die Isothermen sind Ursprungsgeraden im $|{\boldsymbol{B}}_{0}|-|{\boldsymbol{M}}|$-Diagramm mit der Steigung $naT^{-1}$.

• (b) Die molaren Wärmekapazitäten bei konstanter Zustandsgröße $X$ sind durch

  $$c^{\mathrm{mol}}_{X}=\frac{1}{n}\left(\frac{\delta Q}{\mathrm{d}T}\right)_{X={\mathrm{const}}}$$

  (1.164)

  definiert.

  • (1) Von dem äußeren Magnetfeld ${\boldsymbol{B}}_{0}$ wird für eine Änderung $\mathrm{d}{\boldsymbol{M}}$ der Magnetisierung die Arbeit

    $$\delta W=-V{\boldsymbol{B}}_{0}\mathrm{d}{\boldsymbol{M}}$$

    (1.165)

    verrichtet, wobei sich die Änderung der Magnetisierung $\mathrm{d}{\boldsymbol{M}}$ auf

    $$\mathrm{d}{\boldsymbol{M}}=-\frac{na}{T^{2}}{\boldsymbol{B}}_{0}\mathrm{d}T$$

    (1.166)

    reduziert, denn $\mathrm{d}{\boldsymbol{B}}_{0}=0$ (siehe hierzu die Diskussion in Bd. 2, Kap. 5). Da $\delta W$ als Arbeit am System eingeführt wurde, müssen wir $-\delta W$ als Arbeit des Systems in den ersten Hauptsatz einsetzen. Aus dem ersten Hauptsatz folgt dann

    $$\delta Q=\mathrm{d}U+\delta W=4nbT^{3}\mathrm{d}T+\frac{naV}{T^{2}}{\boldsymbol{B}}_{0}^{2}\mathrm{d}T\,,$$

    (1.167)

    woraus sofort die molare Wärmekapazität bei konstantem äußeren Magnetfeld

    $$c^{\mathrm{mol}}_{{\boldsymbol{B}}_{0}}=4bT^{3}+\frac{aV}{T^{2}}{\boldsymbol{B}}_{0}^{2}$$

    (1.168)

    abgelesen werden kann.

  • (2) Bei konstanter Magnetisierung wird keine Arbeit verrichtet. Dann ist aufgrund des ersten Hauptsatzes

    $$\delta Q=\mathrm{d}U=4nbT^{3}\mathrm{d}T$$

    (1.169)

    und daher

    $$c^{\mathrm{mol}}_{\boldsymbol{M}}=4bT^{3}\,.$$

    (1.170)

    Der Unterschied rührt daher, dass im Fall eines konstanten äußeren Magnetfeldes die Magnetisierung durch eine Temperaturänderung verändert wird, sodass dem System für eine gegebene Temperaturänderung eine größere Wärmemenge zugeführt werden muss.

• (c) Bei einer isothermen Magnetisierung ändert sich die innere Energie nicht, da sie allein von der Temperatur abhängt, $\mathrm{d}T=0=\mathrm{d}U$. Aus dem ersten Hauptsatz folgt dann

  $$\delta Q=\delta W=-V{\boldsymbol{B}}_{0}\mathrm{d}{\boldsymbol{M}}=-\frac{VT_{0}}{na}{\boldsymbol{M}}\cdot\mathrm{d}{\boldsymbol{M}}\,.$$

  (1.171)

  Integration ergibt

  $$\Updelta Q_{12}=\Updelta W_{12}=-\frac{VT_{0}}{2na}\left({\boldsymbol{M}}_{2}^{2}-{\boldsymbol{M}}_{1}^{2}\right)<0\,.$$

  (1.172)

  Bei der adiabatischen Entmagnetisierung ist definitionsgemäß $\delta Q=0$, daher $\mathrm{d}U=-\delta W$ oder

  $$4nbT^{3}\mathrm{d}T=\frac{VT}{na}{\boldsymbol{M}}\cdot\mathrm{d}{\boldsymbol{M}}\,.$$

  (1.173)

  Daraus folgt für den Temperaturverlauf während der Entmagnetisierung

  $$T^{2}\mathrm{d}T=\frac{V}{4n^{2}ab}{\boldsymbol{M}}\cdot\mathrm{d}{\boldsymbol{M}}$$

  (1.174)

  und durch Integration für die Endtemperatur

  $$T_{\mathrm{end}}=\left[T_{0}^{3}+\frac{3VT}{8n^{2}ab}\left({\boldsymbol{M}}_{1}^{2}-{\boldsymbol{M}}_{2}^{2}\right)\right]^{1/3}\,.$$

  (1.175)

  Dabei fällt keine Wärme an. Vom System wird dabei die Arbeit

  $$\Updelta W_{21}=-\Updelta U_{21}=-nb\left(T_{\mathrm{end}}^{4}-T_{0}^{4}\right)$$

  (1.176)

  verrichtet.

1.5

• (a) Beachten Sie zunächst, dass beide Prozesse linksläufig betrieben werden müssen, damit sie als Wärmepumpen funktionieren. Wir beginnen jeweils bei Schritt 4 und durchlaufen die Kreisprozesse in der Folge $4\to 3\to 2\to 1\to 4$. Der Gewinn, den man aus dem Betrieb der Wärmepumpe ziehen möchte, ist die an das warme Reservoir übergebene Wärmemenge $Q_{21}$ (weitere Wärmebeträge können zwar auftreten, heben sich aber hier heraus). Dafür muss die Arbeit aufgewendet werden, die insgesamt in allen Schritten der Kreisprozesse anfällt. Zwar kehren sich die Vorzeichen der Arbeitsbeträge gegenüber dem Betrieb des Kreisprozesses als Wärmekraftmaschine um, aber dies geschieht auch bei der Wärmemenge $\Updelta Q_{21}=-\Updelta Q_{12}$, die jetzt abgegeben statt aufgenommen wird. Wir können also im Fall des Carnot-Prozesses

  $$\varepsilon_{\mathrm{W}}=\frac{\Updelta Q_{12}}{\Updelta W}=\frac{\Updelta W_{12}}{\Updelta W_{12}+\Updelta W_{34}}$$

  (1.177)

  schreiben, denn die Arbeitsbeträge $\Updelta W_{23}$ und $\Updelta W_{41}$ heben sich heraus. Daraus folgt zunächst

  $$\varepsilon_{\mathrm{W}}=\frac{T_{1}\ln V_{2}/V_{1}}{T_{1}\ln V_{2}/V_{1}+T_{2}\ln V_{4}/V_{3}}\,.$$

  (1.178)

  Berücksichtigt man, dass die Volumina wegen der adiabatischen Zustandsänderungen $3\to 4$ und $4\to 1$ durch

  $$\frac{V_{3}}{V_{2}}=\frac{V_{4}}{V_{1}}\quad\Rightarrow\quad\frac{V_{3}}{V_{4}}=\frac{V_{2}}{V_{1}}$$

  (1.179)

  verbunden sein müssen, folgt sofort

  $$\varepsilon_{\mathrm{W}}=\frac{T_{1}}{T_{1}-T_{2}}\,.$$

  (1.180)

  Beim Stirling-Prozess treten die zusätzlichen Wärmebeträge $\Updelta Q_{14}$ und $\Updelta Q_{32}$ auf, von denen $\Updelta Q_{14}$ ebenfalls an das warme Reservoir übergeben wird. Insgesamt wird demnach die Wärmemenge

  $$\Updelta Q=\Updelta Q_{14}+\Updelta Q_{21}=nc^{\mathrm{mol}}_{V}(T_{1}-T_{2})+nRT_{1}\ln\frac{V_{2}}{V_{1}}$$

  (1.181)

  an das warme Reservoir übertragen. Die gesamte Arbeit, die während eines Umlaufs aufgewendet werden muss, besteht aus den zwei Beiträgen $\Updelta W_{43}$ und $\Updelta W_{21}$ und beträgt insgesamt

  $$\Updelta W=\Updelta W_{43}+\Updelta W_{21}=nR(T_{1}-T_{2})\ln\frac{V_{2}}{V_{1}}\,.$$

  (1.182)

  Die Leistungszahl ist also

  $$\varepsilon_{\mathrm{W}}=\frac{T_{1}}{T_{1}-T_{2}}+\frac{c^{\mathrm{mol}}_{V}}{R\ln(V_{2}/V_{1})}\,,$$

  (1.183)

  größer als die Leistungszahl der als Wärmepumpe eingesetzten Carnot-Maschine.

• (b) Die technische Arbeit, die bei einer Zustandsänderung $1\to 2$ verrichtet werden muss, ist durch

  $$\begin{aligned}\displaystyle\Updelta W_{\mathrm{tech,12}}&\displaystyle=\int_{1}^{2}V\mathrm{d}P=\int_{1}^{2}\mathrm{d}(PV)-\int_{1}^{2}P\mathrm{d}V\\ \displaystyle&\displaystyle=(PV)_{2}-(PV)_{1}-\Updelta W_{12}\\ \displaystyle&\displaystyle=nR(T_{2}-T_{1})-\Updelta W_{12}\end{aligned}$$

  (1.184)

  gegeben und mit der Arbeit verbunden. Bei einem isothermen Prozess bleibt das Produkt aus Druck und Volumen unverändert, sodass einfach

  $$\Updelta W_{\mathrm{tech,12}}=-\Updelta W_{12}$$

  (1.185)

  gilt. Bei einem isochoren Prozess ist dagegen $\Updelta W_{12}=0$, weshalb

  $$\Updelta W_{\mathrm{tech,12}}=nR(T_{2}-T_{1})$$

  (1.186)

  ist. Bei einem adiabatischen Prozess ist

  $$\Updelta W_{12}=\int_{1}^{2}P\mathrm{d}V=-\Updelta U_{12}=-nc^{\mathrm{mol}}_{V}(T_{2}-T_{1})\,,$$

  (1.187)

  die gesamte technische Arbeit demnach

  $$\begin{aligned}\displaystyle\Updelta W_{\mathrm{tech,12}}&\displaystyle=nR(T_{2}-T_{1})+nc^{\mathrm{mol}}_{V}(T_{2}-T_{1})\\ \displaystyle&\displaystyle=nc^{\mathrm{mol}}_{P}(T_{2}-T_{1})\,.\end{aligned}$$

  (1.188)

  Aus diesen Ergebnissen folgt für den Carnot-Prozess, der bekanntlich aus zwei isothermen und zwei adiabatischen Zustandsänderungen zusammengesetzt ist:

  $$\Updelta W_{\mathrm{tech}} =-\Updelta W+nc^{\mathrm{mol}}_{P}(T_{2}-T_{1})+nc^{\mathrm{mol}}_{P}(T_{1}-T_{2})$$
  $$ =-\Updelta W\,.$$

  (1.189)

  Für den Stirling-Prozess lautet die Rechnung

  $$\Updelta W_{\mathrm{tech}} =-\Updelta W_{12}-\Updelta W_{34}+nR(T_{2}-T_{1})+nR(T_{1}-T_{2})$$
  $$ =-\Updelta W_{12}-\Updelta W_{34}$$

  (1.190)

  und führt damit zu demselben Ergebnis.

1.6

Ein gewöhnliches Zimmer hat ein konstantes Volumen. Die Raumluft steht zudem in Verbindung mit der Außenluft, sodass sich auch ihr Druck nicht ändern wird. Wenn daher $P$ und $V$ beide konstant sind, muss eine Temperaturerhöhung aufgrund der Zustandsgleichung des idealen Gases bedeuten, dass die Stoffmenge der Raumluft in demselben Maß abnimmt, wie die (absolute) Temperatur im Zimmer zunimmt.

Da die innere Energie eines idealen Gases sowohl zur Temperatur als auch zur Stoffmenge proportional ist, die Stoffmenge bei der Heizung aber in demselben Maß abnehmen muss, in dem die Temperatur zunimmt, muss die innere Energie dabei konstant bleiben.

Die Entropie dagegen ist als extensive Größe zwar zur Stoffmenge proportional, aber sie steigt lediglich logarithmisch mit der Temperatur an. Da die Entropie konkav in der Temperatur ist, überwiegt die Abnahme aufgrund der verringerten Stoffmenge die Zunahme aufgrund der erhöhten Temperatur: Die Entropie der Raumluft nimmt daher durch die Heizung ab.

1.7

• (a) Die Entropieänderung ergibt sich allein aus der Vergrößerung des Volumens, da das Gas mit der Umgebung keine Wärme oder Arbeit austauschen kann. Daher ist

  $$\Updelta S=R\ln\frac{V_{1}}{V_{0}}\,.$$

  (1.191)

  Die Temperatur kann sich dabei nicht ändern, da die innere Energie unverändert bleibt.

• (b) Für die quasistatische (und zudem adiabatische) Kompression gilt aufgrund des ersten Hauptsatzes

  $$\mathrm{d}U=-P\mathrm{d}V\quad\Rightarrow\quad\frac{3R}{2}\mathrm{d}T=-\frac{RT}{V}\mathrm{d}V\,.$$

  (1.192)

  Variablentrennung und Integration ergibt sofort

  $$\left(\frac{T_{\mathrm{f}}}{T_{0}}\right)^{3/2}=\frac{V_{1}}{V_{0}}\quad\Rightarrow\quad T_{\mathrm{f}}=T_{0}\left(\frac{V_{1}}{V_{0}}\right)^{2/3}\,.$$

  (1.193)

  Die Kompressionsarbeit ist gleich der Änderung der inneren Energie, daher

  $$W =U_{\mathrm{f}}-U_{0}=\frac{3R}{2}\left(T_{\mathrm{f}}-T_{0}\right)$$

  (1.194)
  $$ =\frac{3R}{2}T_{0}\left(\frac{V_{1}}{V_{0}}\right)^{2/3}-U_{0}=U_{0}\left[\left(\frac{V_{1}}{V_{0}}\right)^{2/3}-1\right]\,.$$

1.8

• (a) Nach Vorgabe ist die Entropie des $i$-ten Gases durch

  $$S_{i}(U_{i},V,N_{i}) =\frac{N_{i}}{N_{0}}S(U_{0},V_{0},N_{0})$$

  (1.195)
  $$ \quad\,+k_{\mathrm{B}}N_{i}\ln\left[\frac{V}{V_{0}}\left(\frac{U_{i}}{U_{0}}\right)^{3/2}\left(\frac{N_{0}}{N_{i}}\right)^{5/2}\right]$$

  gegeben. Die Gesamtentropie $S$ ist die Summe der beiden Entropien $S_{1}$ und $S_{2}$, die aber hier noch nicht durch die gesamte innere Energie $U=U_{1}+U_{2}$ ausgedrückt sind, sondern durch $U_{1}$ und $U_{2}$ getrennt. Die inneren Energien $U_{1}$ und $U_{2}$ folgen daraus, dass die innere Energie eine extensive Größe ist, sodass im vorliegenden Fall

  $$U_{i}=\frac{N_{i}}{N}U$$

  (1.196)

  gelten muss. Die Gesamtentropie des Gemischs aus beiden Isotopen ist daher

  $$\begin{aligned}\displaystyle&\displaystyle S(U,V,N,N_{1},N_{2})\\ \displaystyle&\displaystyle\quad=\frac{N}{N_{0}}S(U_{0},V_{0},N_{0})\\ \displaystyle&\displaystyle\qquad+k_{\mathrm{B}}N_{1}\ln\left[\frac{V}{V_{0}}\left(\frac{N_{1}}{N}\frac{U}{U_{0}}\right)^{3/2}\!\left(\frac{N_{0}}{N_{1}}\right)^{5/2}\right]\\ \displaystyle&\displaystyle\qquad+k_{\mathrm{B}}N_{2}\ln\left[\frac{V}{V_{0}}\left(\frac{N_{2}}{N}\frac{U}{U_{0}}\right)^{3/2}\!\left(\frac{N_{0}}{N_{2}}\right)^{5/2}\right]\,.\end{aligned}$$

  (1.197)

  Eine längere, aber nicht schwierige Umformung führt schließlich auf die Form

  $$S(U,V,N,N_{1},N_{2}) =\frac{N}{N_{0}}S(U_{0},V_{0},N_{0})$$

  (1.198)
  $$ \quad\,+Nk_{\mathrm{B}}\ln\left[\frac{V}{V_{0}}\left(\frac{U}{U_{0}}\right)^{3/2}\right]$$
  $$ \quad\,-k_{\mathrm{B}}\sum_{i=1}^{2}N_{i}\ln\frac{N_{i}}{N}-\frac{5}{2}k_{\mathrm{B}}N\ln\frac{N}{N_{0}}$$

  des Ergebnisses.

• (b) Wir bezeichnen Größen im Anfangszustand mit einem Querstrich; $\bar{T}^{(1)}$ ist also die Anfangstemperatur in Kammer 1.

  Zunächst stellen wir fest, dass sich die Temperaturen der beiden Kammern im Gleichgewichtszustand angeglichen haben müssen, da die Trennwand diathermisch wird und daher einen Temperaturausgleich zulässt. Weiterhin wird die gesamte innere Energie erhalten bleiben, da das Gesamtsystem aus beiden Kammern adiabatisch isoliert ist und beim Übergang ins Gleichgewicht keine Arbeit verrichtet wird. Daraus erhalten wir zunächst die Temperatur $T$ im Gleichgewicht,

  $$T=\frac{\bar{T}^{(1)}\bar{N}^{(1)}+\bar{T}^{(2)}\bar{N}^{(2)}}{\bar{N}^{(1)}+\bar{N}^{(2)}}\,,$$

  (1.199)

  da die Wärmekapazitäten der beiden Gasisotope als gleich vorausgesetzt werden können.

  Als Nächstes bestimmen wir die Teilchenzahlen $N_{i}^{(k)}$ im Gleichgewicht. Da die Membran nur für die Teilchen der Sorte 1 durchlässig wird, müssen die Teilchenzahlen der Sorte 2 unverändert bleiben:

  $$N_{2}^{(1)}=\bar{N}_{2}^{(1)}\,,\quad N_{2}^{(2)}=\bar{N}_{2}^{(2)}\,.$$

  (1.200)

  Die Teilchenzahlen der Sorte 1 in beiden Kammern folgt aus der Forderung, dass die Gesamtentropie gegenüber Veränderungen der Teilchenzahlen $N_{1}^{(1)}$ und $N_{1}^{(2)}$ maximiert werden muss. Da die gesamte Anzahl der Teilchen der Sorte 1 unverändert bleiben muss, gilt

  $$N_{1}^{(1)}+N_{1}^{(2)}=\bar{N}_{1}^{(1)}+\bar{N}_{1}^{(2)}=\bar{N}_{1}\,.$$

  (1.201)

  Es genügt also, die Gesamtentropie nach einer der beiden Teilchenzahlen $N_{1}^{(k)}$ abzuleiten, z. B. nach $N_{1}^{(1)}$. Aus

  $$\frac{\partial\left(S^{(1)}+S^{(2)}\right)}{\partial N_{1}^{(1)}}=0$$

  (1.202)

  folgt damit sofort

  $$\frac{\partial S^{(1)}}{\partial N_{1}^{(1)}}=\frac{\partial S^{(2)}}{\partial N_{1}^{(2)}}$$

  (1.203)

  als Gleichgewichtsbedingung, wobei für jede der beiden Entropien $S^{(k)}$ der Ausdruck eingesetzt werden muss, den wir in Teilaufgabe (a) abgeleitet hatten. Eine etwas langwierige, aber nicht schwierige Rechnung führt zunächst auf

  $$\left(N_{1}^{(2)}\right)^{5/2}\left(\frac{U^{(1)}}{N^{(1)}}\right)^{3/2}=\left(N_{1}^{(1)}\right)^{5/2}\left(\frac{U^{(2)}}{N^{(2)}}\right)^{3/2}\,.$$

  (1.204)

  Die Verhältnisse $U/N$ auf beiden Seiten der Gleichung führen auf dieselbe Konstante, weil die innere Energie eine extensive Größe ist. Daher fallen die Verhältnisse $U/N$ auf beiden Seiten der letzten Gleichung heraus, und wir erhalten als einfache Gleichgewichtsbedingung

  $$N_{1}^{(1)}=N_{1}^{(2)}\,.$$

  (1.205)

  Damit können wir schließlich noch die Drücke in beiden Kammern berechnen, denn nach der idealen Gasgleichung ist

  $$P^{(k)}=\frac{N^{(k)}}{V^{(k)}}k_{\mathrm{B}}T=\frac{N_{1}^{(k)}+\bar{N}_{2}^{(k)}}{V^{(k)}}k_{\mathrm{B}}T\,.$$

  (1.206)

  Mit den angegebenen Zahlen kommen wir schließlich auf die Gleichgewichtstemperatur

  $$T=\frac{1{,}25\cdot 300+1{,}5\cdot 250}{2{,}75}\,\mathrm{K}=272{,}73\,\mathrm{K}\,,$$

  (1.207)

  die Teilchenzahlen

  $$N_{1}^{(1)}=0{,}75\,N_{\mathrm{A}}=N_{1}^{(2)}$$

  (1.208)

  und die Drücke

  $$\begin{aligned}\displaystyle P^{(1)}&\displaystyle=R\,\frac{1{,}5\,\mathrm{mol}\cdot 272{,}73\,\mathrm{K}}{5{,}0\cdot 10^{-3}\,\mathrm{m^{3}}}=6{,}8\cdot 10^{5}\frac{\mathrm{N}}{\mathrm{m^{2}}}\,,\\ \displaystyle P^{(2)}&\displaystyle=R\,\frac{1{,}25\,\mathrm{mol}\cdot 272{,}73\,\mathrm{K}}{5{,}0\cdot 10^{-3}\,\mathrm{m^{3}}}=5{,}7\cdot 10^{5}\frac{\mathrm{N}}{\mathrm{m^{2}}}\,.\end{aligned}$$

  (1.209)

1.9

• (a) Dem Hinweis folgend prüfen wir zunächst, ob die beiden gegebenen Differenzialformen geschlossen sind:

  • (1)
    $$\begin{aligned}\displaystyle\frac{\partial}{\partial x}\frac{x}{x^{2}+y^{2}}&\displaystyle=\frac{1}{x^{2}+y^{2}}-\frac{2x^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}\,,\\ \displaystyle\frac{\partial}{\partial y}\frac{-y}{x^{2}+y^{2}}&\displaystyle=\frac{2y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}-\frac{1}{x^{2}+y^{2}}\,.\end{aligned}$$

    (1.210)

    Da die Differenz dieser beiden Ausdrücke verschwindet, ist das Differenzial geschlossen.

  • (2)
    $$\frac{\partial}{\partial x}(x+y^{2})=1\,,\quad\frac{\partial}{\partial y}(y-x^{2})=1\,,$$

    (1.211)

    sodass auch dieses Differenzial geschlossen ist.

  • (3)
    $$\frac{\partial}{\partial x}(-4xy)=-4y\,,\quad\frac{\partial}{\partial y}(2y^{2}-3x)=4y\,,$$

    (1.212)

    wodurch sich dieses Differenzial als nicht geschlossen erweist.

  Nun prüfen wir, welche der geschlossenen Differenziale vollständig sind; das dritte kommt von vornherein nicht mehr in Betracht. Für das erste und das zweite suchen wir Funktionen $\alpha(x,y)$ in zwei Dimensionen so, dass die gegebenen Differenziale identisch zu

  $$\mathrm{d}\alpha=\frac{\partial\alpha}{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial\alpha}{\partial y}\mathrm{d}y$$

  (1.213)

  sind. Für das Differenzial aus Teilaufgabe (a1) lässt sich zwar lokal eine Funktion angeben, deren Differenzial Teilaufgabe (a1) ergibt, nämlich $\arctan\frac{y}{x}$, aber die ist am Ursprung nicht definiert. Das Differenzial ist daher zwar geschlossen, aber nicht vollständig. Dagegen gilt für das Differenzial aus Teilaufgabe (a2)

  $$(y-x^{2})\mathrm{d}x+(x+y^{2})\mathrm{d}y=\mathrm{d}\left(\frac{y^{3}}{3}+xy-\frac{x^{3}}{3}\right)\,,$$

  (1.214)

  wodurch es sich als exakt herausstellt.

• (b) Das Integral des einzigen exakten Differenzials aus Teilaufgabe (a), des Differenzials aus Teilaufgabe (a2), ist leicht ausgeführt:

  $$\int\left[(y-x^{2})\mathrm{d}x+(x+y^{2})\mathrm{d}y\right]=xy-\frac{x^{3}}{3}+\frac{y^{3}}{3}+{\mathrm{const}}\,,$$

  (1.215)

  da $\int x\mathrm{d}y=\int y\mathrm{d}x$ ist.

• (c) Mit $x=r\cos\varphi$ und $y=r\sin\varphi$ ist natürlich $x^{2}+y^{2}=r^{2}$ und

  $$\begin{aligned}\displaystyle x\mathrm{d}y&\displaystyle=r\cos\varphi\left(\sin\varphi\mathrm{d}r+r\cos\varphi\mathrm{d}\varphi\right)\quad\text{und}\\ \displaystyle y\mathrm{d}x&\displaystyle=r\sin\varphi\left(\cos\varphi\mathrm{d}r-r\sin\varphi\mathrm{d}\varphi\right)\,.\end{aligned}$$

  (1.216)

  Die Differenz dieser beiden Gleichungen ergibt

  $$x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x=r^{2}\left(\sin^{2}\varphi+\cos^{2}\varphi\right)\mathrm{d}\varphi=r^{2}\mathrm{d}\varphi\,,$$

  (1.217)

  sodass das Differenzial aus Teilaufgabe (a1) schlicht gleich $\mathrm{d}\varphi$ ist.

• (d)

  • (1) Mit dem vorigen Ergebnis ist das Integral über den Kreis besonders leicht auszuführen:

    $$\int_{\mathrm{Kreis}}\frac{x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x}{x^{2}+y^{2}}=\int_{0}^{2\uppi}\mathrm{d}\varphi=2\uppi\,.$$

    (1.218)

  • (2) Da das Differenzial aus Teilaufgabe (a1) gleich $\mathrm{d}\varphi$ ist, tragen die radial verlaufenden Kurvenanteile $A$-$B$ und $C$-$D$ nicht zu seinem Integral bei. Die verbleibenden Stücke $B$-$C$ und $D$-$A$ sind Kreisbögen um den Ursprung mit jeweils demselben Öffnungswinkel, aber entgegengesetzter Orientierung. Daher muss in diesem Fall das Kurvenintegral verschwinden.

1.10

Im gegebenen Fall kann $f$ von den drei Variablen $(x_{1},x_{2},x_{3})$ abhängen. Wir müssen prüfen, ob die Rotation von

$$f(x_{1},x_{2},x_{3})\left(\begin{array}[]{c}0\\ x_{1}\\ 1\end{array}\right)$$

(1.219)

verschwindet. Daraus ergeben sich für die Funktion $f$ unmittelbar die Bedingungen

$$x_{1}\frac{\partial f}{\partial x_{1}}=f\,,\quad\frac{\partial f}{\partial x_{2}}-x_{1}\frac{\partial f}{\partial x_{3}}=0\,,\quad\frac{\partial f}{\partial x_{1}}=0\,,$$

(1.220)

von denen sich die erste und die dritte offenbar gegenseitig ausschließen. Daher kann $\omega$ keinen integrierenden Faktor haben.