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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 10:21 Mo 21.07.2008 | | Autor: | Bersling |
| Aufgabe | Seien E und P die folgenden Flächen im [mm] \IR^3 [/mm] :
E:= { [mm] (x,y,z)\in \IR^3|z=2x+2y-1 [/mm] } ;
P:= { [mm] (x,y,z)\in \IR^3|z=x^2+y^2 [/mm] } .
Wir definieren eine Kurve [mm] \gamma [/mm] in [mm] \IR^3 [/mm] als [mm] \gamma [/mm] := E [mm] \cap [/mm] P.
Berechne [mm] \integral_{\gamma}^{}{z dx + x dy + y dz}
[/mm]
a) direkt
b) mit Hilfe des Satzes von Stokes, angewandt auf die beschränkte Teilmenge von E
berandet von [mm] \gamma [/mm] |
Hallo,
ich erkenne irgendwie den Vorteil von Stokes in solchen Situationen nicht ganz. Wenn ich die Vorgehensweise Schritt für Schritt aufschreibe sieht das ja so aus:
Direkt:
-Skizze zeichnen
-Parametrisieren
-[mm]K(\gamma (t))[/mm] sowie [mm]\dot \gamma (t)[/mm] berechnen
(wobei K das Kraftfeld ist)
-Skalarprodukt berechnen
-Integral ausrechnen, Grenzen gegeben durch die Parametrisierung
Mit Stokes:
-Skizze zeichnen
-"Nur" die Fläche, die von Gamma umrandet wird parametrisieren (ist dies der springende Punkt, dass diese Parametrisierung oft einfacher ist?)
Meist muss hier ja noch der Transformationssatz bzw. die Substitutionsregel angewandt werden, was bei der direkten Berechnung auch wegfällt.
-Rotation von K berechnen
-Jacobimatrix von der Parametrisierung [mm]\Phi[/mm] bestimmen
-Vektorprodukt bilden von [mm]\Phi_{u} \times \Phi_{v}[/mm]
-Integral ausrechnen, Grenzen wiederum gegeben durch die Parametrisierung
Scheint mir irgendwie gleich umständlich zu sein, wo sind hier also die Vorteile?
Liebe Grüsse,
Daniel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:23 Mo 21.07.2008 | | Autor: | Merle23 |
Die Parametrisierung einer Fläche zu finden ist meist ungleich schwerer als die Parametrisierung einer Kurve zu finden.
ein anderer Grund für die Verwendung der Integralsätze ist, dass wenn man die Rotation bzw. die Divergenz ausrechnet, dass dann Möglicherweise eine wesentlich leichtere Funktion bei rauskommt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:30 Mo 21.07.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo Daniel!
> Seien E und P die folgenden Flächen im [mm]\IR^3[/mm] :
>
> [mm]E:= \{ (x,y,z)\in \IR^3|z=2x+2y-1 \}[/mm] ;
> [mm]P:= \{(x,y,z)\in \IR^3|z=x^2+y^2\}[/mm] .
>
> Wir definieren eine Kurve [mm]\gamma[/mm] in [mm]\IR^3[/mm] als [mm]\gamma := E \cap P[/mm].
>
> Berechne [mm]\integral_{\gamma}^{}{z dx + x dy + y dz}[/mm]
>
> a) direkt
>
> b) mit Hilfe des Satzes von Stokes, angewandt auf die
> beschränkte Teilmenge von E
> berandet von [mm]\gamma[/mm]
> Hallo,
>
> ich erkenne irgendwie den Vorteil von Stokes in solchen
> Situationen nicht ganz. Wenn ich die Vorgehensweise Schritt
> für Schritt aufschreibe sieht das ja so aus:
>
> Direkt:
> -Skizze zeichnen
> -Parametrisieren
> -[mm]K(\gamma (t))[/mm] sowie [mm]\dot \gamma (t)[/mm] berechnen
> (wobei K das Kraftfeld ist)
> -Skalarprodukt berechnen
> -Integral ausrechnen, Grenzen gegeben durch die
> Parametrisierung
>
> Mit Stokes:
> -Skizze zeichnen
> -"Nur" die Fläche, die von Gamma umrandet wird
> parametrisieren (ist dies der springende Punkt, dass diese
> Parametrisierung oft einfacher ist?)
> Meist muss hier ja noch der Transformationssatz bzw. die
> Substitutionsregel angewandt werden, was bei der direkten
> Berechnung auch wegfällt.
> -Rotation von K berechnen
> -Jacobimatrix von der Parametrisierung [mm]\Phi[/mm] bestimmen
> -Vektorprodukt bilden von [mm]\Phi_{u} \times \Phi_{v}[/mm]
>
> -Integral ausrechnen, Grenzen wiederum gegeben durch die
> Parametrisierung
>
> Scheint mir irgendwie gleich umständlich zu sein, wo sind
> hier also die Vorteile?
Im vorliegenden Fall sind zumindest zwei Schritte viel einfacher: 1. E ist eine Ebene, daher kannst du den (konstanten) Normalenvektor unmittelbar ablesen und brauchst [mm]\Phi_{u} \times \Phi_{v}[/mm] nicht auszurechnen, und 2. die Rotation ist auch sehr einfach, nämlich ein konstanter Vektor.
Damit ist das Integral über die eingeschlossene Fläche gleich einer Konstanten mal der Fläche selber.
Im allgemeinen kann man nicht sagen, welcher Weg einfacher ist. Manchmal ist die Parametrisierung der Fläche einfacher oder das Integral einfacher auszurechnen; manchmal ist auch das Wegintegral einfacher.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:36 Mo 21.07.2008 | | Autor: | Bersling |
Okay, danke für die Antworten! Ich wusste gar nicht, dass ich den Normalenvektor auf eine Ebene so einfach bestimmen kann, hab das jetzt mal auf Wiki nachgelesen. Macht aber auch mächtig Sinn so. 
Jetzt muss ich nur noch aufpassen, dass ich das richtige Vorzeichen wähle. Wie mache ich das eigentlich am einfachsten? Einfach ein rechtshändiges Koordinatensystem anstetzen, aber welcher Finger ist dann schon wieder der Normalenvektor?
So scheint das wirklich noch halbwegs Sinn zu machen, eine Linie durch eine Fläche zu ersetzen oder noch schlimmer, eine Linie durch ein Volumen, wie das beim Divergenzsatz von Gauss der Fall ist!
Grüsse,
Daniel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:22 Mo 21.07.2008 | | Autor: | Kroni |
Hi,
ein Beispiel für die Sinnhaftigkeit des Stoke'schen Satzes gibt dir auch z.B folgendes Linienintegral:
[mm] $\oint_J [/mm] -x^2y dx [mm] +xy^2 [/mm] dy$ wobei J der Weg entlang eines Kreises um den Ursprung mit Radius R in der x-y-Ebene ist.
Mit Hilfe von Stokes ergibt das ganze ein nettes Integral, was sich super einfach parametrisieren lässt.
>
> So scheint das wirklich noch halbwegs Sinn zu machen, eine
> Linie durch eine Fläche zu ersetzen oder noch schlimmer,
> eine Linie durch ein Volumen, wie das beim Divergenzsatz
> von Gauss der Fall ist!
Das kann ich nicht so stehen lassen: Der Gauß'sche Satz verknüpft ein Integral über die Randfläche eines Volumens mit einem Volumenintegral. Da steckt nirgends ein Linienintegral drin.... =)
LG
Kroni
>
> Grüsse,
> Daniel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:33 Mo 21.07.2008 | | Autor: | Bersling |
Danke für die Korrektur beim Gauss! War nötig
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:08 Di 22.07.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Okay, danke für die Antworten! Ich wusste gar nicht, dass
> ich den Normalenvektor auf eine Ebene so einfach bestimmen
> kann, hab das jetzt mal auf Wiki nachgelesen. Macht aber
> auch mächtig Sinn so.
>
> Jetzt muss ich nur noch aufpassen, dass ich das richtige
> Vorzeichen wähle. Wie mache ich das eigentlich am
> einfachsten? Einfach ein rechtshändiges Koordinatensystem
> anstetzen, aber welcher Finger ist dann schon wieder der
> Normalenvektor?
Die Randkurve und der Normalenvektor bilden eine Rechtsschraube, das heisst, wenn du in Richtung der Kurve drehst, bewegt sich die Schraube in Richtung der Flächennormalen.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:39 Mi 23.07.2008 | | Autor: | Bersling |
Also habe ich das nun richtig verstanden:
Angenommen eine Kreisfläche liegt in der xy Ebene und ich würde gerne den Fluss durch den Kreis von unten nach oben bestimmen. Parametrisiere ich die Randkurve als [mm]\gamma (t) = \vektor{cos(t) \\ sin(t)}, t \in [0,2\pi][/mm], so brauche ich das Vorzeichen nicht zu ändern. Wollte ich jedoch den Fluss von oben nach unten berechnen oder [mm]\gamma(t) = \vektor{cos(t) \\ -sin(t)}[/mm] parametrisieren, so hätte ich ein negatives Vorzeichen. Falls ich gerade beides ändere, so hätte ich wieder ein positives Vorzeichen.
Korrekt?
Grüsse Daniel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:08 Do 24.07.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo Daniel!
> Also habe ich das nun richtig verstanden:
>
> Angenommen eine Kreisfläche liegt in der xy Ebene und ich
> würde gerne den Fluss durch den Kreis von unten nach oben
> bestimmen. Parametrisiere ich die Randkurve als [mm]\gamma (t) = \vektor{cos(t) \\ sin(t)}, t \in [0,2\pi][/mm],
> so brauche ich das Vorzeichen nicht zu ändern. Wollte ich
> jedoch den Fluss von oben nach unten berechnen oder
> [mm]\gamma(t) = \vektor{cos(t) \\ -sin(t)}[/mm] parametrisieren, so
> hätte ich ein negatives Vorzeichen. Falls ich gerade beides
> ändere, so hätte ich wieder ein positives Vorzeichen.
>
> Korrekt?
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Nimm als Beispiel ein Vektorfeld mit konstanter Rotation:
[mm] \vec{F} = \vektor{-y\\x\\0} \implies \mathop{\mathrm{rot}} \vec{F} = \vektor{0\\0\\2} [/mm].
und rechne sowohl das Integral über die Kreisfläche vom Radius 1
[mm] \integral_{K_1} \mathop{\mathrm{rot}} \vec{F} \cdot d\vec{A} =2\pi[/mm]
als auch das Linienintegral
[mm] \integral_{\partial K_1} \vec{F} \cdot d\vec{s} = 2\pi[/mm]
aus.
Viele Grüße
Rainer
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:15 Do 24.07.2008 | | Autor: | Bersling |
[mm]\integral_{0}^{1}\integral_{0}^{2\pi}\vektor{0 \\ 0 \\ 2}*\vektor{0\\0\\r}d\varphi dr = 2\pi[/mm]
und als Linienintegral
[mm]\integral_{\gamma}F(\gamma(t))*|\dot\gamma|dt = \integral_{0}^{2\pi}\vektor{-sin(t)\\cos(t)\\0}*\vektor{-sin(t)\\cos(t)\\0}dt=2\pi[/mm]
und beide male habe ich direkt eine positiv orientierte Parametrisierung des Kreises verwendet.
Grüsse
Daniel
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