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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:41 So 16.06.2013 | | Autor: | Mopsi |
| Aufgabe | Sei [mm]\textrm{Sei }F: \IR^3 \to \IR^3 \textrm{ das Vektorfeld } F(x, y, z) = 2xyz, z cos(yz) + x^2 z, y cos(yz) + x^2 y[/mm]
Berechne das Kurvenintegral [mm] \int_{ \gamma}^{}{}[/mm], wobei [mm] \gamma(t) = (cos(t),sin(t),t) [/mm], [mm]t \in [ 0,\frac{\pi}{2}][/mm]
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Hallo :)
Mein Ansatz wäre:
[mm] \int_{ \gamma}^{}{} = \int_{ 0}^{ \frac{\pi}{2}}{}[/mm]
Nun ist es aber ziemlich aufwendig [mm]F( \gamma(t))[/mm] zu bilden.
Gibt es da einen Trick, oder einen anderen Ansatz?
Danke :)
Mopsi
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Hallo,
> Sei [mm]\textrm{Sei }F: \IR^3 \to \IR^3 \textrm{ das Vektorfeld } F(x, y, z) = 2xyz, z cos(yz) + x^2 z, y cos(yz) + x^2 y[/mm]
>
> Berechne das Kurvenintegral [mm]\int_{ \gamma}^{}{}[/mm],
> wobei [mm]\gamma(t) = (cos(t),sin(t),t) [/mm], [mm]t \in [ 0,\frac{\pi}{2}][/mm]
> Hallo :)
>
> Mein Ansatz wäre:
>
> [mm]\int_{ \gamma}^{}{} = \int_{ 0}^{ \frac{\pi}{2}}{}[/mm]
>
> Nun ist es aber ziemlich aufwendig [mm]F( \gamma(t))[/mm] zu
> bilden.
> Gibt es da einen Trick, oder einen anderen Ansatz?
Nein.
Einsetzen, Integranden womöglich vereinfachen (das geht meist immer mit sinus und cosinus - also an Pythagoras denken), Integranden eventll. noch aufteilen, berechnen.
Geht eigentlich schnell und einfach.
>
> Danke :)
>
> Mopsi
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:40 So 16.06.2013 | | Autor: | Mopsi |
Hallo Richie.
Ich glaube der Trick ist es das mit Potentialen zu lösen. Leider habe ich nicht verstanden, wie das geht.
Aber ich mache einfach mal meinen Ansatz:
[mm] \int_{ \gamma}^{}{} = \int_{ 0}^{ \frac{\pi}{2}}{} = \int_{ 0}^{ \frac{\pi}{2}} <(2*cos(t)*sin(t),t*cos(sin(t)*t)+cos^2(t)*t,sin(t)*cos(sin(t)*t)+cos^2(t)*sin(t)),(-sin(t),cos(t),1)>[/mm]
So und daraus muss ich nun das Skalarprodukt bilden und das Ergebnis dann noch integrieren....
Also für mich sieht das nach sehr langer Arbeit aus?
Und ich finde hier kann man auch nichts kürzen, oder doch?
Mopsi
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Hallo noch einmal:
> Hallo Richie.
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> Ich glaube der Trick ist es das mit Potentialen zu lösen.
> Leider habe ich nicht verstanden, wie das geht.
Dahinter steckt die gesamte Potentialtheorie.
Natürlich kann es dann sehr einfach gehen. Aber du musst einige Voraussetzungen dir klar machen. Zum einen musst du die Integrabilitätsbedinungen [mm] (rot\vec{f}=0) [/mm] überprüfen. Ist außerdem die Funktion auf einem sternförmigen Gebiet definiert? (das ist ja meist der Fall).
jetzt kommt's aber: Wenn die Vor. erfüllt sind, so musst du eine Funktion [mm] U:\IR^3\to\IR [/mm] finden, sodass $grad\ [mm] {U}=\vec{f}$ [/mm] ist. Und das ist im allgemeinen nicht so einfach...
Ok, wenn man sich nun mal dein Vektorfeld anschaut, dann könnte man sicherlich so ein U finden, schon allein mit draufschauen.
Ich habe zumindest U innerhalb von 30 Sekunden gefunden.
Sorry, dass ich vorhin so voreilig mit meiner Meinung war. Es gibt sicherlich Tricks, aber das entscheidende ist eben: Nein die Möglichkeit mit dem Potential existiert nicht immer! Und man muss die Voraussetzungen zeigen!
Ich liefer hier noch einmal den vollständigen Satz:
Es sei [mm] G\subseteq\IR^n [/mm] ein Gebiet und es sei [mm] f:G\to\IR^n [/mm] ein stetiges Vektorfeld. Weiter sei [mm] \gamma:[a,b]\to{G} [/mm] eine reguläre Kurve [mm] \Gamma [/mm] in G. Ist $f$ ein Gradientenfeld, so existiert ein Potential $U$ mit $grad\ U=g$ und es gilt:
[mm] \int_{\Gamma}f(x)dx=U(\gamma(b))-U(\gamma(a))
[/mm]
>
> Aber ich mache einfach mal meinen Ansatz:
>
> So und daraus muss ich nun das Skalarprodukt bilden und das
> Ergebnis dann noch integrieren....
> Also für mich sieht das nach sehr langer Arbeit aus?
> Und ich finde hier kann man auch nichts kürzen, oder
> doch?
>
> Mopsi
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:23 So 16.06.2013 | | Autor: | Mopsi |
> Dahinter steckt die gesamte Potentialtheorie.
> Natürlich kann es dann sehr einfach gehen. Aber du musst
> einige Voraussetzungen dir klar machen. Zum einen musst du
> die Integrabilitätsbedinungen [mm](rot\vec{f}=0)[/mm] überprüfen.
Kann ich auch ein Potential V durch hinsehen bestimmen, und dann einfach zeigen, dass [mm]\textrm{grad V} = F[/mm], indem ich die partiellen Ableitungen bilde und dann muss doch die Integrabilitätsbedingung erfüllt sein?
> Ist außerdem die Funktion auf einem sternförmigen Gebiet
> definiert? (das ist ja meist der Fall).
>
> jetzt kommt's aber: Wenn die Vor. erfüllt sind, so musst
> du eine Funktion [mm]U:\IR^3\to\IR[/mm] finden, sodass [mm]grad\ {U}=\vec{f}[/mm]
> ist. Und das ist im allgemeinen nicht so einfach...
> Ok, wenn man sich nun mal dein Vektorfeld anschaut, dann
> könnte man sicherlich so ein U finden, schon allein mit
> draufschauen.
> Ich habe zumindest U innerhalb von 30 Sekunden gefunden.
> Sorry, dass ich vorhin so voreilig mit meiner Meinung war.
> Es gibt sicherlich Tricks, aber das entscheidende ist eben:
> Nein die Möglichkeit mit dem Potential existiert nicht
> immer! Und man muss die Voraussetzungen zeigen!
Also du hättest dann das hier ausgerechnet?
[mm] \int_{ \gamma}^{}{} = \int_{ 0}^{ \frac{\pi}{2}}{} = \int_{ 0}^{ \frac{\pi}{2}} <(2\cdot{}cos(t)\cdot{}sin(t),t\cdot{}cos(sin(t)\cdot{}t)+cos^2(t)\cdot{}t,sin(t)\cdot{}cos(sin(t)\cdot{}t)+cos^2(t)\cdot{}sin(t)),(-sin(t),cos(t),1)>[/mm]
Ich habe aber für diese Aufgabe maximal nur 15 Minuten Zeit.
> Ich liefer hier noch einmal den vollständigen Satz:
>
> Es sei [mm]G\subseteq\IR^n[/mm] ein Gebiet und es sei [mm]f:G\to\IR^n[/mm]
> ein stetiges Vektorfeld. Weiter sei [mm]\gamma:[a,b]\to{G}[/mm] eine
> reguläre Kurve [mm]\Gamma[/mm] in G. Ist [mm]f[/mm] ein Gradientenfeld, so
> existiert ein Potential [mm]U[/mm] mit [mm]grad\ U=g[/mm] und es gilt:
> [mm]\int_{\Gamma}f(x)dx=U(\gamma(b))-U(\gamma(a))[/mm]
Ich habe das Potential so gefunden:
[mm]V(x,y,z) = \int_{}^{}{z*cos(yz)+x^2z} \textrm{ dy} = sin(yz)+yx^2z[/mm]
[mm] \frac{ \partial V}{ \partial x} = 2xyz[/mm]
[mm] \frac{ \partial V}{ \partial y} = z cos(yz) + x^2 z[/mm]
[mm] \frac{ \partial V}{ \partial z} = y cos(yz) + x^2 y[/mm]
Damit muss die Integrabilitätsbedingung erfüllt sein und ich berechne das Kurvenintegral dann einfach nach deiner Formel und erhalte als Lösung 1.
Ist das so legitim?
Mopsi
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> Kann ich auch ein Potential V durch hinsehen bestimmen, und
> dann einfach zeigen, dass [mm]\textrm{grad V} = F[/mm], indem ich
> die partiellen Ableitungen bilde und dann muss doch die
> Integrabilitätsbedingung erfüllt sein?
Dass die Bedingungen erfüllt sind, würde ich vorher zeigen, insbesondere auch, dass das Gebiet sternförmig ist. Hier ist es der [mm] \IR^3, [/mm] also haben wir da gar keine Probleme. Es gibt ja aber auch die berühmten Gegenbeispiele, dass man diese Voraussetzung nicht gfallen lassen darf.
>
> > Ist außerdem die Funktion auf einem sternförmigen Gebiet
> > definiert? (das ist ja meist der Fall).
> >
> > jetzt kommt's aber: Wenn die Vor. erfüllt sind, so
> musst
> > du eine Funktion [mm]U:\IR^3\to\IR[/mm] finden, sodass [mm]grad\ {U}=\vec{f}[/mm]
>
> > ist. Und das ist im allgemeinen nicht so einfach...
> > Ok, wenn man sich nun mal dein Vektorfeld anschaut,
> dann
> > könnte man sicherlich so ein U finden, schon allein
> mit
> > draufschauen.
> > Ich habe zumindest U innerhalb von 30 Sekunden
> gefunden.
> > Sorry, dass ich vorhin so voreilig mit meiner Meinung
> war.
> > Es gibt sicherlich Tricks, aber das entscheidende ist
> eben:
> > Nein die Möglichkeit mit dem Potential existiert nicht
> > immer! Und man muss die Voraussetzungen zeigen!
>
> Also du hättest dann das hier ausgerechnet?
> [mm]\int_{ \gamma}^{}{} = \int_{ 0}^{ \frac{\pi}{2}}{} = \int_{ 0}^{ \frac{\pi}{2}} <(2\cdot{}cos(t)\cdot{}sin(t),t\cdot{}cos(sin(t)\cdot{}t)+cos^2(t)\cdot{}t,sin(t)\cdot{}cos(sin(t)\cdot{}t)+cos^2(t)\cdot{}sin(t)),(-sin(t),cos(t),1)>[/mm]
>
> Ich habe aber für diese Aufgabe maximal nur 15 Minuten
Es ist machbar, aber nicht in 15 Minuten.
Die Frage ist aber auch, was für ein Vektorfeld du bekommst. Lohnt es sich also wirklich immer ein Potential zu berechnen, oder ist das entstehende Integral sowieso recht einfach?! Das sind so manche Fragen, die man sich in der Klausur durchaus mal stellen sollte.
> Zeit.
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> > Ich liefer hier noch einmal den vollständigen Satz:
> >
> > Es sei [mm]G\subseteq\IR^n[/mm] ein Gebiet und es sei
> [mm]f:G\to\IR^n[/mm]
> > ein stetiges Vektorfeld. Weiter sei [mm]\gamma:[a,b]\to{G}[/mm]
> eine
> > reguläre Kurve [mm]\Gamma[/mm] in G. Ist [mm]f[/mm] ein Gradientenfeld,
> so
> > existiert ein Potential [mm]U[/mm] mit [mm]grad\ U=g[/mm] und es gilt:
> > [mm]\int_{\Gamma}f(x)dx=U(\gamma(b))-U(\gamma(a))[/mm]
>
>
>
> Ich habe das Potential so gefunden:
>
> [mm]V(x,y,z) = \int_{}^{}{z*cos(yz)+x^2z} \textrm{ dy} = sin(yz)+yx^2z[/mm]
>
> [mm]\frac{ \partial V}{ \partial x} = 2xyz[/mm]
>
> [mm]\frac{ \partial V}{ \partial y} = z cos(yz) + x^2 z[/mm]
>
> [mm]\frac{ \partial V}{ \partial z} = y cos(yz) + x^2 y[/mm]
>
> Damit muss die Integrabilitätsbedingung erfüllt sein und
> ich berechne das Kurvenintegral dann einfach nach deiner
> Formel und erhalte als Lösung 1.
>
> Ist das so legitim?
Ja, inbesondere finde ich so manche Lösungen durch "hinschauen" als korrekt, wenn man zeigt, dass dann der Gradient von U in der Tat wieder F ergibt, also dass man die Lösung verifiziert.
Die Lösung ist auf jedenfall korrekt.
>
> Mopsi
Sei gegrüßt!
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:54 So 16.06.2013 | | Autor: | Mopsi |
Super vielen lieben Dank Richie! :)
Eine Frage nur noch:
Was ist/sind eigentlich die Integrabilitätsbedingung/en?
Sind das hier:
[mm] \frac{ \partial V}{ \partial x} = 2xyz[/mm]
[mm] \frac{ \partial V}{ \partial y} = z cos(yz) + x^2 z[/mm]
[mm] \frac{ \partial V}{ \partial z} = y cos(yz) + x^2 y[/mm]
die I.Bedingungen?
Liebe Grüße
Mopsi
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Die Integrabilitätsbedingungen lassen sich kurz und knapp zusammenfassen in:
[mm] \mathrm{rot}\vec{F}=0
[/mm]
Die Rotation des gegebenen Vektorfeldes muss also verschwinden. Zur Erinnerung: [mm] \mathrm{rot}\vec{F}=\nabla\times\vec{F}
[/mm]
Man überprüft als nicht das Potential, sondern das gegebene Vektorfeld.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:21 So 16.06.2013 | | Autor: | Mopsi |
Das würde hier aber wieder etwas länger dauern, oder?
Bei uns im Skript steht:
Hat F ein Potential V ∈ [mm] C^1 [/mm] (U, [mm]\IR[/mm]), so gilt für jede geschlossene, stückweiseglatte Kurve, die in U verläuft,
[mm] \int_{ \Gamma}^{}{} = 0[/mm]
Ist das äquivalent zu deiner Bedingung?
Was bedeutet eigentlich dieser komische Buchstabe unter dem Integralzeichen?
Mopsi
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> Das würde hier aber wieder etwas länger dauern, oder?
>
> Bei uns im Skript steht:
>
> Hat F ein Potential V ∈ [mm]C^1[/mm] (U, [mm]\IR[/mm]), so gilt für jede
> geschlossene, stückweiseglatte Kurve, die in U verläuft,
> [mm]\int_{ \Gamma}^{}{} = 0[/mm]
>
> Ist das äquivalent zu deiner Bedingung?
Ja, es muss eben die Rotation verschwinden, und es muss sich um ein sternförmiges Gebiet handeln, wo die Funktion definiert ist.
>
> Was bedeutet eigentlich dieser komische Buchstabe unter dem
> Integralzeichen?
Das ist der griechische Buchstabe Gamma. Man unterscheidet zwischen einem Weg und einer Kurve, á la: Der Weg [mm] \Gamma [/mm] wird durch die Kurve [mm] \gamma [/mm] parametrisiert. Der Unterschied ist klein und ich mache in der Regel da keine wirklichen Unterschiede...
>
> Mopsi
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:44 So 16.06.2013 | | Autor: | Mopsi |
Und wo genau ist hier [mm] \int_{ \Gamma}^{}{} = 0 [/mm] die Rotation zu sehen?
Ich meine die Schreibweise sieht genauso aus, wie in der Aufgabenstellung:
Berechne das Kurvenintegral [mm] \int_{ \gamma}^{}{} [/mm], wobei [mm] \gamma(t) = (cos(t),sin(t),t) [/mm], [mm] t \in [ 0,\frac{\pi}{2}] [/mm]
Nur das jetzt statt dem großen Gamma ein kleines Gamma steht.
Ich würde so jetzt denken, dass das Integral = 0 sein muss, damit es ein Potential gibt. Aber es kommt 1 raus und dennoch gibt es ein Potential.
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> Und wo genau ist hier [mm]\int_{ \Gamma}^{}{} = 0[/mm] die
> Rotation zu sehen?
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> Ich meine die Schreibweise sieht genauso aus, wie in der
> Aufgabenstellung:
> Berechne das Kurvenintegral [mm]\int_{ \gamma}^{}{} [/mm],
> wobei [mm]\gamma(t) = (cos(t),sin(t),t) [/mm], [mm]t \in [ 0,\frac{\pi}{2}][/mm]
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> Nur das jetzt statt dem großen Gamma ein kleines Gamma
> steht.
>
> Ich würde so jetzt denken, dass das Integral = 0 sein
> muss, damit es ein Potential gibt. Aber es kommt 1 raus und
> dennoch gibt es ein Potential.
Das liegt daran, dass die Kurve/Weg [mm] \gamma [/mm] auch nicht geschlossen ist.
Das Kurvenintegral ergibt Null, wenn die Kurve geschlossen ist.
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