Integralsatz von Stokes (verschiedene Flächen, gleiche Randkurve)

27.06.2018, 19:54	MasterWizz	Auf diesen Beitrag antworten »
Integralsatz von Stokes (verschiedene Flächen, gleiche Randkurve) Hey Leute, wir haben ja erst vor Kurzem zusammen besprochen, dass es unter hinreichenden Voraussetzungen an Vektorfeld, Fläche und Kurve egal ist, durch welche Fläche wir den Fluss des Rotationsfeldes rot(v) berechnen, solange sie die selbe Randkurve haben, die sie berandet. Damit wir uns auf eine Schreibweise einigen, hier noch mal der (klassische) Integralsatz von Stokes: $\begin{eqnarray} \oint\limits_{K=\partial F}\!\vec{v}\,\mathrm{d}\vec{s} = \iint\limits_F\!\text{rot}(\vec{v})\,\mathrm{d}\vec{o} \end{eqnarray}$ Was wäre aber in dem Fall, dass wir einen Kreis haben $\begin{eqnarray} K=\left\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3:x^2+y^2=R^2, z=0\right\} \end{eqnarray}$ Und einmal eine Fläche definieren, die sich innerhalb des Kreisrings befindet und eine, die sich genau außerhalb (also unendlich groß ist). Ich denke, dass ich dank des Beispiels Zirkulation eines Magnetfeldes auf verschiedene Ergebnisse komme. Habe ich einen Denkfehler oder habe ich durch eine der Flächen eine Voraussetzung für den Integralsatz verletzt? Danke für eure Hilfe!
28.06.2018, 09:30	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Integralsatz von Stokes (verschiedene Flächen, gleiche Randkurve) Man denkt sich einen zweiten Kreis um den gegebenen Kreis, so dass man eine Kreisring-Fläche erhält. Den Radius des äußeren Kreises lässt man in Gedanken ins Unendliche wachsen. In der Elektrodynamik wird oft wie folgt argumentiert: Das Magnetfeld $\begin{eqnarray} \vec \nu \end{eqnarray}$ nimmt in großer Entfernung stark ab und geht im Unendlichen gegen Null, so dass das Wegintegral über den äußeren Kreis mit dem Radius $\begin{eqnarray} R=\infty \end{eqnarray}$ verschwindet (trotz unendlich großen Umfanges), also $\begin{eqnarray} \lim_{\text{Radius} \to \infty} \underbrace{\oint \vec \nu\,\,d\vec s}_{\text{äußerer Kreis}} \end{eqnarray}$ Als Begrenzung des Kreisringes ist also nur das Wegintegral über den inneren Kreis zu berücksichtigen. Dieser Kreis ist aber zugleich die Begrenzung der inneren Kreisfläche, so dass die Integrale über die innere und äußere Fläche identisch sein müssen.
28.06.2018, 11:45	MasterWizz	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Integralsatz von Stokes (verschiedene Flächen, gleiche Randkurve) Wow super Erklärung, danke! Eins versteh ich dann aber nicht: Angenommen wir wollen die Zirkulation des Vektorfeldes $\begin{eqnarray} \vec{v}=\frac{1}{x^2+y^2}\begin{pmatrix}-y\\x\\0\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ entlang des Kreises K berechnen. Dann liefert uns auf der einen Seite das Arbeitsintegral $\begin{eqnarray} \oint\limits_K\!\vec{v}\,\mathrm{d}\vec{s} = 2\pi \end{eqnarray}$ , aber das Flussintegral auf der anderen Seite wegen $\begin{eqnarray} \text{rot}(\vec{v}) = \vec{0},\, \forall (x,y)\neq(0,0) \end{eqnarray}$ über jede Fläche mit der Berandung K $\begin{eqnarray} \iint\limits_F\!\text{rot}(\vec{v})\,\mathrm{d}\vec{o}=0 \end{eqnarray}$ . Der Grund ist (soweit ich das verstanden habe), dass das Vektorfeld v auf der z-Achse nicht definiert ist und damit auch nicht differenzierbar auf eine Fläche sein kann, die K als Berandung hat und durch die z-Achse verläuft. Aber dieses Argument wäre ja ausgehebelt, wenn wir stattdessen auch die Fläche außerhalb des Kreisrings nutzen können. Aus welchem Grund funktioniert hier der Integralsatz von Stokes trotzdem nicht?
28.06.2018, 13:23	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Die Erklärung des Widerspruches ist folgende: Der Betrag $\begin{eqnarray} \|\vec \nu\| \end{eqnarray}$ deines Vektorfeldes fällt offenbar proportional mit $\begin{eqnarray} \tfrac{1}{r} \end{eqnarray}$ ab. Dagegen wächst die Länge des Integrationsweges - also der Kreisumfang $\begin{eqnarray} u=2\pi r \end{eqnarray}$ - proportional zum Radius r an. Im Ergebnis heben sich beide Effekte auf und das Kreisintegral über das Vektorfeld $\begin{eqnarray} \vec \nu \end{eqnarray}$ liefert den konstanten Wert $\begin{eqnarray} 2\pi \end{eqnarray}$ - egal wie groß der Radius des Kreises ist! Das bedeutet, das Vektorfeld $\begin{eqnarray} \vec \nu \end{eqnarray}$ nimmt mit dem wachsendem Radius "zu langsam" ab. Wenn es schneller abfallen würde - z.B. proportional mit $\begin{eqnarray} \tfrac{1}{r^2} \end{eqnarray}$ , dann würde die Argumentation aus meinem letzten Beitrag funktionieren. In den meisten praktischen Fällen funktioniert diese Argumentation aber - z.B. beim Magnetfeld eines echten Magneten, welches in der Tat stärker als mit $\begin{eqnarray} \tfrac{1}{r} \end{eqnarray}$ abnimmt.
28.06.2018, 13:40	MasterWizz	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn ich deine Antwort richtig verstehe, siehst du das Problem im Arbeitsintegral, was an realen Anwendungsbeispielen so nicht vorkommt, also ebenfalls einen Wert von 0 liefert, wodurch der Integralsatz von Stokes wieder anwendbar ist? Welche mathematische Voraussetzung siehst du als verletzt an, dass an diesem Beispiel hier das Arbeitsintegral einen anderen Wert liefert als der Fluss des Rotationsfeldes durch die unendlich große Fläche außerhalb des Kreisrings? Ich erkenne leider das Problem nicht, denn das Vektorfeld wäre auf dieser (unendlich großen) Fläche differenzierbar und die Fläche wäre glatt genug. Edit: Ich denke ich habe das Problem gefunden! Eine Voraussetzung für den Satz von Stokes ist, dass die Fläche kompakt sein muss. Das wäre sie nicht, wenn wir eine unendlich große Fläche außerhalb des Kreisrings betrachten würden. Genügt die Argumentation, warum der Integralsatz hier nicht anwendbar ist?
29.06.2018, 09:46	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Kreis: In deinem Falle gilt der Stokesche Satz $\begin{eqnarray} \oint \vec \nu\,d\vec s=\int\int rot(\vec \nu)\,d\vec o \end{eqnarray}$ für das Kreisgebiet nicht, weil das Vektorfeld $\begin{eqnarray} \vec \nu \end{eqnarray}$ auf der z-Achse (x\|y\|z)=(0\|0\|z) nicht stetig differenzierbar ist. An dieser Stelle kann man also den Integranden $\begin{eqnarray} rot(\vec \nu) \end{eqnarray}$ gar nicht berechnen. Kreisring: Für den Kreisring gilt der Stokeshe Satz. In diesem Falle muss man das Wegintegral über den Rand des Kreisringes integrieren, also über 2 Kreise (innerer und äußerer Kreis). Wichtig ist, dass man dabei einmal im Uhrzeigersinn und einmal entgegen dem Uhrzeigersin differenziert. Deshalb heben sich beide Kreisintegrale auf und man erhält den Wert Null, wie es sein muss.
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29.06.2018, 13:45	MasterWizz	Auf diesen Beitrag antworten »
Super, vielen Dank ich hab es verstanden!

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