Satz von Stokes: Zirkulation eines Vektorfeldes

29.01.2018, 01:15

Thermaldetonator

Satz von Stokes: Zirkulation eines Vektorfeldes

Hallo zusammen,

ich habe ein Problem mit der unten aufgeführten Aufgabe.

Mein Ansatz ist folgender:

Ich möchte über $\begin{eqnarray*} \int_{A}~rot(\vec{u})~dA \end{eqnarray*}$ die Zirkulation berechnen.

dabei habe ich $\begin{eqnarray*} rot(\vec{u})=\left(\begin{array}{c} 0 \\ 0 \\6 \end{array}\right) \end{eqnarray*}$ berechnet.

Mein Problem ist jetzt, dass ich mir nicht sicher bin in welchen Grenzen ich integrieren muss, da ich ja einmal über x und einmal über y gehen muss. Reicht es dann zu rechnen:

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{1}\int_{0}^{x}~6~dy~dx=3 \end{eqnarray*}$ ?

Vielen Dank im Voraus für eure Hilfestellung!

Gruß
Lars

29.01.2018, 02:04

005

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Satz von Stokes: Zirkulation eines Vektorfeldes

Zitat:

Original von Thermaldetonator
Ich möchte über $\begin{eqnarray*} \int_{A}~rot(\vec{u})~dA \end{eqnarray*}$ die Zirkulation berechnen.

Das sollte man richtig hinschreiben:

Entweder

$\begin{eqnarray*} \int_A\operatorname{rot}(\vec{u})\cdot\vec{n}\,dA \end{eqnarray*}$

oder

$\begin{eqnarray*} \int_A\operatorname{rot}(\vec{u})\cdot d\vec{A} \end{eqnarray*}$

Und jetzt einfach eine passende Formel fuer das Oberflaechenintegral verwenden. Anbieten tut sich

de.wikipedia.org/wiki/Oberflächenintegral#Beispiel_2:_Explizite_Darstellung_2

Die Flaeche ist ja als $\begin{eqnarray*} z=0 \end{eqnarray*}$ ueber dem Bereich $\begin{eqnarray*} 0\le y\le x\le1 \end{eqnarray*}$ gegeben. Ergibt dann

$\begin{eqnarray*} \ldots=\int\limits_{0\le y\le x\le1}\operatorname{rot}(\vec{u})\cdot\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\,d(x,y) \end{eqnarray*}$

als Bereichsintegral. Da musst Du jetzt noch ein Doppelintegral draus machen.

Hier ein Poster zum Thema:

www[dot]math.tugraz.at/~wagner/Normalbereiche.pdf

29.01.2018, 02:56

Thermaldetonator

Auf diesen Beitrag antworten »

Vielen Dank für deine schnelle Antwort.

Ich habe das jetzt nochmal ausführlich durchgerechnet und komme auf das gleiche Ergebnis wie am Anfang. Nämlich 3.

Liege ich damit richtig? Danke auch für den Tipp mit der expliziten Darstellung, das hatte ich so garnicht beachtet.

Ich versuche künftig mehr Mühe in die Notation zu stecken.

Gruß

29.01.2018, 03:27

005

Auf diesen Beitrag antworten »

Du hast da am Ende jedenfalls ein Bereichsintegral ueber $\begin{eqnarray*} B=\{(x,y)\mid0\le y\le x\le1\} \end{eqnarray*}$ . Wenn Du das $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ hinmalst, siehst Du, dass es ein Dreieck ist und sich als Normalbereich darstellen laesst. Mit den Bezeichnungen auf dem Poster ist $\begin{eqnarray*} a=0,\,b=1,\,g(x)=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} h(x)=x \end{eqnarray*}$ . Nach der ersten Formel da also

$\begin{eqnarray*} \ldots=\int_0^1\!\!\int_0^x\ldots dy\,dx \end{eqnarray*}$ .

Wenn Deine Rotation stimmt, kommt 3 raus, denn der Integrand ist konstant 6 und das Dreieck hat die Flaeche 1/2.

30.01.2018, 02:02

Thermaldetonator

Auf diesen Beitrag antworten »

005 Vielen Dank für deine Hilfe.

Ich habe noch folgende Aufgabe (s.unten):

Mein Ansatz:

$\begin{eqnarray*} ~rot(\vec{u})=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} T(\phi,\delta)=\begin{pmatrix} cos(\phi)cos(\delta) \\ sin(\phi)cos(\delta) \\ sin(\delta)\end{pmatrix} ~ mit~ 0\leq \phi\leq \frac{\pi}{2}~;0\leq \delta\leq \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial T}{\partial \phi}(\phi,\delta)\times \frac{\partial T}{\partial \delta}(\phi,\delta)=cos(\delta)\begin{pmatrix} cos(\phi)cos(\delta) \\ sin(\phi)cos(\delta) \\ sin(\delta)\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

woraus folgt
$\begin{eqnarray*} rot~\vec{u}(T(\phi,\delta)=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} rot~\vec{u}(T(\phi,\delta)*(\frac{\partial T}{\partial \phi}(\phi,\delta)\times \frac{\partial T}{\partial \delta}(\phi,\delta))=0+0+cos(\delta)sin(\delta) \end{eqnarray*}$

das führt dann zum Integral:

$\begin{eqnarray*} \int_{A} \! rot(\vec{u})*d\vec{\sigma} \, dA~=~\int_{0}^{\frac{\Pi}{2}} \! \int_{0}^{\frac{\Pi}{2}} \! cos(\delta)sin(\delta) \, d\delta d\phi~=~\int_{0}^{\frac{\Pi}{2}} \! \frac{1}{2} \, d\phi~=~\frac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$

Ist das soweit stimmig?

Danke! Gruß Lars

PS: Latex macht irgendwie Bock auf mehr Augenzwinkern

30.01.2018, 02:53

005

Auf diesen Beitrag antworten »

Die Aufgabe geht diesmal andersum. Du hast das Flussintegral direkt ausgerechnet. Du sollst es aber mit Stokes machen, und das heisst ja wohl, stattdessen die Zirkulation auszurechnen:

$\begin{eqnarray*} \int_A\operatorname{rot}\vec{u}\cdot d\vec{\sigma}=\int_C\vec{u}\cdot d\vec{s} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ ist die Berandung von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ .

Und Deine Parametrisierung von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ ist ein bisschen zu gross geraten. $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ ist ja nur der Teil der Einheitssphaere mit $\begin{eqnarray*} z\ge\frac{\sqrt{15}}{4} \end{eqnarray*}$ . Sieht aus wie eine Kippa. smile

30.01.2018, 03:22

Thermaldetonator

Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn ich das ganze bei WolframAlpha eingebe ergibt der Plot ebenfalls eine Kugel (s.unten). Aber mit leuchtet ein, was du meinst, da z nicht keiner als $\begin{eqnarray*} \frac{\sqrt{15}}{4} \end{eqnarray*}$ werden kann, ist die Kugel quasi abgeschnitten.

Ok, falscher Weg zur Lösung. Passt denn das Ergebnis?

30.01.2018, 04:13

Thermaldetonator

Auf diesen Beitrag antworten »

So Versuch Nr.2:

$\begin{eqnarray*} \vec{u}=\begin{pmatrix} 0 \\ x \\ 0 \end{pmatrix}~ und~ \sqrt{1-(\frac{\sqrt{15}}{4})^2 } =\frac{1}{4} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \gamma =\frac{1}{4}\begin{pmatrix} cos(\phi) \\ sin(\phi) \\ \frac{\sqrt{15}}{4} \end{pmatrix} ~ und ~\gamma^{\prime} =\frac{1}{4}\begin{pmatrix} -sin(\phi) \\ cos(\phi) \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \vec{u}(\gamma (\phi))=\begin{pmatrix} 0 \\ \frac{1}{4}cos(\phi) \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{2\Pi} \! \frac{1}{4}\begin{pmatrix} 0 \\ cos(\phi) \\ 0 \end{pmatrix} * \frac{1}{4}\begin{pmatrix} -sin(\phi)\\ cos(\phi) \\ 0 \end{pmatrix} \, d\phi = \int_{0}^{2\Pi} \! \frac{1}{4}cos(\phi)*\frac{1}{4}cos(\phi) \, d\phi \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\frac{1}{16} \int_{0}^{2\Pi} \! cos^{2} (\phi)d\phi = \frac{\pi}{16} \end{eqnarray*}$

So in Ordnung?

31.01.2018, 16:58

005

Auf diesen Beitrag antworten »

Das Ergebnis sollte stimmen. Allerdings stimmt Deine z-Koordinate in der Parametrisierung der Randkurve nicht. Du koenntest auch noch was dazu sagen, warum die Durchlaufrichtung der Randkurve so richtig ist.

Neue Frage »

Antworten »

Satz von Stokes: Zirkulation eines Vektorfeldes

Verwandte Themen