Kurvenintegral über Vektorfeld < Sonstiges < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 01:04 Mo 03.08.2009 | | Autor: | Nickles |
Hi,
ich versuche mich gerade durch Kurvenintegral durchzuarbeiten und habe das mit der Bogenlänge glaube ich nun auch schon ganz gut verstanden.
Bin jetzt bei Vektorfeldern angelangt.
Irgendwie soll hier eine Näherung an den Begriff des Kurvenintegrals über den Begriff der Arbeit erfolgen.
Die Formel für die Arbeit wird dann aufgestellt mir [mm] A= ( \vec K * \vec r ) * l = \vec K * (\vec r * l) = \vec K * \vec x [/mm] wobei K für die Kraft steht und [mm] \vec r [/mm] für die Richtung, sowie l für die Lange.
(Es wird ein stetige Vektorfeld und eine glatte Kurve vorausgesetzt)
Nun wird ein kleines Bogenelement [mm] \mathrm dl [/mm] betrachtet, wo die Arbeit [mm] \mathrm dA [/mm] berechnet wird.
Der Bogen [mm] \mathrm dl [/mm] wird über die Tangente T(x,y,z) mit [mm] \| T \| = 1 [/mm] approximiert.
Die Arbeit,die in in diesem Bogenelement wirkt, ist dann [mm] \mathrm dA = (K*T) \mathrm dl = K*(T* \mathrm dl) = K* \mathrm {d \vec x } [/mm]
Die gesamte Arbeit erhält man durch die Integration dann von [mm] A = \int_C K \mathrm {d \vec x } = \int_C K*T \mathrm dl [/mm]
Es wird geschrieben , das wenn die Kurve C durch [mm] p(t) = \begin{pmatrix} x(t) \\ y(t) \\ z(t) \end{pmatrix} [/mm] beschrieben wird, für den allgemeint Tangentialvektor im Punkt [mm] p(t) = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} [/mm]
[mm] \rightarrow T_{\text{allg}} (x,y,z) = p^\prime (t) = \begin{pmatrix} \bruch{dx(t)}{dt} \\ \bruch{dy(t)}{dt} \\ \bruch{dz(t)}{dt} \end{pmatrix} [/mm]
Letztendlich kommt dann bei der ganzen Sache heraus [mm] \mathrm dA = K*T \sqrt{{(\bruch{dx}{dt})}^2+{(\bruch{dy}{dt})}^2+{(\bruch{dz}{dt})}^2} \mathrm dt = K(x(t),y(t),z(t)) * \begin{pmatrix} \bruch{dx(t)}{dt} \\ \bruch{dy(t)}{dt} \\ \bruch{dz(t)}{dt} \end{pmatrix} \mathrm dt \rightarrow A= \int_a^b K(x(t),y(t),z(t))* \begin{pmatrix} \bruch{dx(t)}{dt} \\ \bruch{dy(t)}{dt} \\ \bruch{dz(t)}{dt} \end{pmatrix} \mathrm dt [/mm] bzw. [mm] A= \int_a^b K(p(t))*p^\prime (t) dt [/mm]
Das habe ich auch alles eigentlich verstanden, die Frage ist nun wie ich das bitte auf andere Kurvenintegrale übertragen soll?
Z.b. habe ich hier eines
[mm] \vec f (x,y) = \begin{pmatrix} 2xye^{{x^2}+y} \\ e^y(1+e^{x^2} +ye^{x2}) \end{pmatrix} [/mm]
Jetzt will ich hier die Wert Kurve mit den Endpunkten A(1,0) und B(0,1) ausrechnen
[mm] \rightarrow \int_{\Gamma:A \rightarrow B} \vec f (\vec x) * \mathrm {d \vec x} [/mm] mir ist einfach völlig schleiherhaft wie ich hier vorgehen muss, bzw. wie ich das nun übertrage.
Gute nacht noch :)
Ich habe diese Frage auf keiner anderen Internetseite in keinem anderen Forum gestellt.
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In diesem Fall brauchst du die Kurve nicht konkret zu kennen, es genügen Anfangs- und Endpunkt der Kurve. Das liegt an der Wegunabhängigkeit des Integrals. Immer dann nämlich, wenn es eine stetig differenzierbare reellwertige Funktion [mm]F = F(x,y)[/mm] mit
[mm]\frac{\partial F}{\partial x} = u(x,y) \, , \ \ \frac{\partial F}{\partial y} = v(x,y)[/mm]
gibt, kann man das Kurvenintegral folgendermaßen berechnen:
[mm]\int_{\gamma} u(x,y)~\mathrm{d}x + v(x,y)~\mathrm{d}y \ = \ F(b_1,b_2) - F(a_1,a_2)[/mm]
Hierbei sind [mm](a_1,a_2)[/mm] und [mm](b_1,b_2)[/mm] Anfangs- und Endpunkt der Kurve [mm]\gamma[/mm].
In deiner Aufgabe gibt es aber solch ein [mm]F[/mm] mit
[mm]\frac{\partial F}{\partial x} = 2xy \operatorname{e}^{x^2 + y} \, , \ \ \frac{\partial F}{\partial y} = \operatorname{e}^y + (1+y) \operatorname{e}^{x^2 + y}[/mm]
Wie lautet [mm]F[/mm] nämlich? Und was ist dann der Wert des Integrals?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:37 Mo 03.08.2009 | | Autor: | Nickles |
F sollte gleich [mm] F(x,y) = e^y + ye^{x^2 +y} [/mm] <- ich glaub das sollte nun richtig sein
Der Wert ist dann [mm] 2e - 1 [/mm] ?? [mm] \left [ e^ y + ye^{x^2 + y} \right ]_{(1,0)}^{(0,1)} [/mm]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:56 Mo 03.08.2009 | | Autor: | elmer |
Hallo!
Du sollst also das Kuvenintegral vom Punkt (1,0) hin zum Punkt (0,1) berechnen. Du musst somit eine Parametrisierung dieses Weges finden. Die direkte Verbindung ist gegeben als [mm] $W(t)=(x_0+t(x-x_0))$ [/mm] mit $t:[0,1]$.
In deinem Fall ist dann [mm] $w(t)=\vektor{1-t \\ t}$ [/mm] mit $t:[0,1]$. Damit solltest Du die Aufgabe wie gewohnt mit der Formel für ein Kurvenintegral
über ein Vektorfeld lösen können.
lg
elmer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:07 Mo 03.08.2009 | | Autor: | Nickles |
Oh...Parametisierung des Weges?
Woher hast du das [mm] W(t)=(x_0+t(x-x_0)) [/mm] ? Ist das allgemein gültig oder für mich blinden irgendwie aus der Aufgabe ersichtlich :D ?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:15 Mo 03.08.2009 | | Autor: | elmer |
Yo!
Also, diese Formel gilt allgemein im [mm] R^n [/mm] als parametrisierung der direkten Verbindung vom Punkt A zum Punkt B. Wenn Du diese Formel benutzt, dann läuft t immer in [0,1].
Wenn du einen Graphen finden kannst der den einen Punkt mit dem anderen Verbindet also y=f(x) dann kannst Du das mit [mm] w(x)=\vektor{x \\ f(x)} [/mm] parametrisieren.
Wo habe ich das her? Da kann ich nur den Harro Heuser - Analysis 2 empfehlen oder das Buch von Meyberg/Vachenauer - Höhere Mathematik 1
So, bis denne!
elmer
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:25 Mo 03.08.2009 | | Autor: | Andrey |
Die Methode von Leopold_Gast ist aber ein wenig allgemeiner anwendbar: Über das aussehen des Gebiets hat der Nickles nichts erzählt, vielleicht ist die betrachtete menge voller löcher, und man muss in dem labyrinth erstmal lange suchen, bevor man übehaupt von A nach B findet, insbesondere muss es da keine gerade verbindungsstrecke dazwischen geben, aber das Potential kann man immer hinschhreiben und an zwei punkten auswerten. Das Ergebnis 2e-1 scheint übrigens korrekt zu sein.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:32 Mo 03.08.2009 | | Autor: | elmer |
Hallo!
Um diese Methode anwenden zu können muss F ein Potentialfeld sein.
Dann geht das, sonst nicht.
Wann ist F ein Potential?
1. Das Gebiet muß einfach zusammenhängend sein.
2. Die Jacobi Matrix muss symetrisch sein [mm] J=J^T
[/mm]
lg
elmer
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:16 Mo 03.08.2009 | | Autor: | Andrey |
Mit "F" meintest du wohl ein Vektorfeld, das ein potential hat und nicht ist?
Dieses Kriterium (Poincare Lemma oder sowas verwandtes?) das du genannt hast ist imho hinreichend, nicht notwendig.
Mal angenommen ich nehme mir eine umgebung [mm] \Omega [/mm] mit einem Vektorfeld F, zu dem es ein Potential [mm] \phi [/mm] gibt. Dann mach ich da einfach ein Loch rein, und nenne das was übrig bleibt [mm] \Omega' [/mm] . Dann ist doch [mm] \phi|_{\Omega'} [/mm] immer noch ein Potential von [mm] F|_{\Omega'}. [/mm] Auf diesem [mm] \Omega [/mm] kann es dann plötzlich geschlossene nicht exakte Formen geben, bzw. Vektorfelder, die kein potential haben, sondern irgendwie wild herumrotieren. Aber das heißt nicht, dass es da keine Vektorfelder mehr gibt, die ein Potential besitzen. Die Physiker rechnen ja dauern mit Potentialen auf nicht einfach zusammenhängenden Gebieten herum (zB singularitäten im Atomkern muss man rausnehmen) und das geht auch nicht anders.
Wo man in den ersten übungen der theoretischen physik öfters reintappt, ist die tatsache, dass es nicht reicht, wenn man die Rotation eines Vektorfeldes nachrechnet und 0 rausbekommt. Da muss man wirklich schauen, dass das gebiet auch einfach zusammenhängend ist, erst dann wird es für die existenz des Potentials hinreichend.
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