Integral über ein Vektorfeld < Sonstiges < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Hi!
Ich muss dieses Integral lösen:
[mm]\int_{H}^{} d\vec{f} \begin{pmatrix}2ct-x \\-y\\-2ct-z \end{pmatrix}[/mm]
Für H wurde angenommen:
[mm] H:= (x-1)^2+(y-1)^2+z^2=1 , z \ge 0[/mm] was eine Halbkugel darstellen soll.
Wie kann man dieses Vektorfeld nun integrieren, wie kann man hierbei [mm]d\vec{f}[/mm] schreiben?
Ich habe irgendwie keine Idee wie ich dieses Integral lösen soll.
Habt ihr Tipps für mich wie ich dort vorgehen könnte? Vielen Dank schonmal!
Lg Matze
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> Hi!
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> Ich muss dieses Integral lösen:
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> [mm]\int_{H}^{} d\vec{f} \begin{pmatrix}2ct-x \\-y\\-2ct-z \end{pmatrix}[/mm]
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> Für H wurde angenommen:
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> [mm]H:= (x-1)^2+(y-1)^2+z^2=1 , z \ge 0[/mm] was eine Halbkugel
> darstellen soll.
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> Wie kann man dieses Vektorfeld nun integrieren, wie kann
> man hierbei [mm]d\vec{f}[/mm] schreiben?
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> Ich habe irgendwie keine Idee wie ich dieses Integral lösen
> soll.
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> Habt ihr Tipps für mich wie ich dort vorgehen könnte?
> Vielen Dank schonmal!
>
> Lg Matze
Hallo Matze,
verwende hier eine Transformation zu Kugelkoordi-
naten, die der vorliegenden Halbkugel angepasst
sind:
$\ x\ =\ [mm] 1\,+\,cos(\alpha)*cos(\varphi)$
[/mm]
$\ y\ =\ [mm] 1\,+\, .......\,*\,........$
[/mm]
$\ z\ =\ ........$
[mm] \varphi [/mm] wird in der x-y-Ebene um den Kugelmittel-
punkt herum gemessen; [mm] \alpha [/mm] ist der Erhebungswinkel
eines Vektors [mm] \overrightarrow{MP} [/mm] über die x-y-Ebene.
Das [mm] d\vec{f} [/mm] kannst du z.B. mittels Vektorprodukt
aus den differentiellen Tangentialvektoren berechnen.
LG Al-Chw.
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Hi!
Danke für die hilfreiche Antwort!!
Bin nun etwas weiter gekommen, aber ich bekomme merkwürdige Ergebnisse raus.
Ich schreibe mal wie ich vorgegangen bin:
Als Transformation habe ich genommen:
[mm]\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1+sin\theta \cdot cos\phi\\1+sin\theta \cdot sin\phi \\ cos\theta \end{pmatrix} := \vec{r}(\rho,\theta,\phi)[/mm]
Das erfüllt genau dieses H.
Nun bestimme ich meine Tangentialvektoren, dazu habe ich folgendes gemacht:
[mm]\partial_{\theta}\vec{r}=\begin{pmatrix}cos\theta\cdot cos\phi\\cos\theta\cdot sin\phi\\-sin\theta\end{pmatrix}[/mm]
und
[mm]\partial_{\phi}\vec{r}=\begin{pmatrix}-sin\theta\cdot sin\phi\\sin\theta\cdot cos\phi\\-0\end{pmatrix}[/mm]
Wenn ich das Kreuzprodukt [mm]\partial_{\theta}\vec{r} \times \partial_{\phi}\vec{r}[/mm] bilde, dann erhalte ich für [mm]d\vec{f} = \begin{pmatrix}sin^2(\theta)\cdot cos\phi\\sin^2(\theta)\cdot sin\phi\\ cos\theta sin\theta\end{pmatrix}[/mm]
Wenn ich nun das Integral aus meiner anfänglichen Frage ausführe, kommt
nach langer Rechnerei letztendlich 0 heraus. Ich habe zur Berechnung des Integrals als Volumenelement: [mm]dV = d\rho \cdot d\theta \cdot d\phi[/mm] genommen, denn die Funktionaldeterminante ergibt 0 ([mm]r^2\cdot sin\theta[/mm] fällt weg), wenn ich die Jacobimatrix von [mm]\vec{r}[/mm] berechne und daraus die Determinante ziehe.
Aber das ist meiner Meinung nach sehr merkwürdig, denn wenn ich eine Stromdichte habe, was dieses Vektorfeld angibt, dann muss doch ein Strom herauskommen der ungleich 0 ist???
Als Grenzen für das Volumenintegral habe ich genommen:
[mm]
\int_{0}^{1} d\rho \int_{0}^{\pi} d\theta \int_{0}^{2\cdot \pi} (...) d\phi
[/mm]
Könnt ihr mir noch einen kleinen Tipp geben?? Das wäre echt toll!
Danke schonmal
Lg Matze
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> Als Grenzen für das Volumenintegral habe ich genommen:
>
> [mm]
[mm] \int_{0}^{1} d\rho \int_{0}^{\pi} d\theta \int_{0}^{2\cdot \pi} [/mm] (...) [mm] d\phi
[/mm]
Hallo,
hier ist etwas merkwürdig:
das Integral welches Du lösen möchtest, ist doch ein Oberflächenintegral, und Du berechnest nun ein Volumenintegral.
(Die eingesetzten Grenzen sind nicht die für die Halbkugel.)
Wenn Du über die Oberfläche der Halbkugel integrierst, hast Du zwei Flächen: die Halbkugelschale und den kreisförmigen Boden.
Roberts Hinweis bzg. des Satzes von Gauß erscheint mir unbedingt beachtenswert, sofern Du den verwenden darfst.
Gruß v. Angela
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> Wenn ich nun das Integral aus meiner anfänglichen Frage
> ausführe, kommt
> nach langer Rechnerei letztendlich 0 heraus.
> Aber das ist meiner Meinung nach sehr merkwürdig, denn wenn
> ich eine Stromdichte habe, was dieses Vektorfeld angibt,
> dann muss doch ein Strom herauskommen der ungleich 0
> ist???
Sowas könnte durchaus vorkommen, wenn die Strömung
teilweise nach innen und teilweise nach aussen gerichtet
wäre.
> Als Grenzen für das Volumenintegral habe ich genommen:
>
> [mm] \int_{0}^{1} d\rho \int_{0}^{\pi} d\theta \int_{0}^{2\cdot \pi} [/mm] (...) [mm] d\phi
[/mm]
Theta geht nur von 0 bis [mm] \bruch{\pi}{2} [/mm] und ein [mm] d\rho [/mm] brauchen wir
nicht, denn es ist ja ein Flächenintegral.
Hallo Matze,
das Integral, das zu berechnen ist, ist eindeutig ein
Flächen- und kein Volumenintegral. H ist nicht
eine halbe Vollkugel und auch nicht die Oberfläche
einer solchen, sondern nur die halbe Oberfläche
(die obere) einer Vollkugel.
Den Satz von Gauß könnte man eventuell so ein-
setzen: K sei die Kreisscheibe, die die Halbkugel
unten zudeckt, mit nach oben zeigendem Normalen-
vektor [mm] \vec{n}=\vektor{0\\0\\1} [/mm] und S das zwischen
H und K eingeschlossene Raumgebiet. Dann gilt:
[mm] $\integral_S div\,\vec{v}\,dV\ [/mm] =\ [mm] \integral_H\vec{v}\,d\vec{f}\,-\,\integral_K \vec{v}*\vec{n}\,dx\,dy$
[/mm]
bzw:
[mm] $\integral_H\vec{v}\,d\vec{f}\,=\integral_S div\,\vec{v}\,dV\ +\,\integral_K \vec{v}*\vec{n}\,dx\,dy$
[/mm]
Möglicherweise vereinfacht dies die Rechnung.
Gruß Al-Chw.
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> Den Satz von Gauß könnte man eventuell so ein-
> setzen: K sei die Kreisscheibe, die die Halbkugel
> unten zudeckt, mit nach oben zeigendem Normalen-
> vektor [mm]\vec{n}=\vektor{0\\0\\1}[/mm] und S das zwischen
> H und K eingeschlossene Raumgebiet. Dann gilt:
>
> [mm]\integral_S div\,\vec{v}\,dV\ =\ \integral_H\vec{v}\,d\vec{f}\,-\,\integral_K \vec{v}*\vec{n}\,dx\,dy[/mm]
>
> bzw:
>
> [mm]\integral_H\vec{v}\,d\vec{f}\,=\integral_S div\,\vec{v}\,dV\ +\,\integral_K \vec{v}*\vec{n}\,dx\,dy[/mm]
>
> Möglicherweise vereinfacht dies die Rechnung.
Tatsächlich ist dies so. Die Integrale auf der rechten
Seite der letzten Gleichung lassen sich elementar
berechnen, und damit hat man auch den Wert des
Integrals auf der linken Seite, dessen direkte Berech-
nung doch ziemlich mühsam wäre.
LG Al-Chwarizmi
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 07:13 So 03.05.2009 | | Autor: | pelzig |
Hallo,
Kann man da nicht den Satz von Gauß anwenden? [mm] $\int_{\partial H}\ \vec{V}d\vec{f}=\int_H\operatorname{div}(\vec{V})dV=-3\int_HdV=-2\pi$
[/mm]
Gruß, Robert
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