Betrachtung eines Vektorfeldes...

09.02.2006, 09:04

Horschie

Betrachtung eines Vektorfeldes...

Hallo, habe mal wieder ein paar Fragen...

Betrachten sie das Vektorfeld v: $\begin{eqnarray*} \mathbb R^{2} \Rightarrow \mathbb R^{2}~mit~v(x,y) = \begin{pmatrix} xy \\ y^{2} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Ist das ein Geradientenfeld?
Ähm, woran erkennt man ein Geradientenfeld?

Betrachten Sie die Fläche B: $\begin{eqnarray*} \{ \begin{pmatrix} u \\ v \end{pmatrix} \in \mathbb R^{2} \Rightarrow 1 \leq x^{2} + y^{2} \leq 4, x \geq -1, y \geq 0 \} \end{eqnarray*}$
Berechnen SIe $\begin{eqnarray*} \int \int_{B}\mid v \mid dF \end{eqnarray*}$

Ich denke da wird einfach der Betrag von v genommen und über den Bereich integriert. Wie aber sind die Grenzen für diesen Bereich? Die unteren sind mir ja klar (x = -1, y = 0), aber wie komme ich auf die oberen Grenzen?

Betrachten Sie die Kurve C = $\begin{eqnarray*} \{ \begin{pmatrix} u \\ v \end{pmatrix} \in \mathbb R^{2} \Rightarrow 1 = \frac{u^{2}}{4} + w^{2} \} \end{eqnarray*}$

Berechnen SIe $\begin{eqnarray*} \int_{C}~v~dx \end{eqnarray*}$

Ja hm...wie solll denn da integriert werden?

09.02.2006, 13:37

Abakus

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RE: Betrachtung eines Vektorfeldes...

Zitat:

Original von Horschie
Betrachten sie das Vektorfeld v: $\begin{eqnarray*} \mathbb R^{2} \Rightarrow \mathbb R^{2}~mit~v(x,y) = \begin{pmatrix} xy \\ y^{2} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Ist das ein Geradientenfeld?
Ähm, woran erkennt man ein Geradientenfeld?

Ein Gradientenfeld besitzt eine reellwertige Stammfunktion. Wenn du von dieser alle zweiten partiellen Ableitungen betrachtest und die Sätze von Schwarz oder Young über die Vertauschbarkeit der Ableitungsreihenfolge anwendest (unter geeigneten Voraussetzungen jeweils), erkennst du, dass die partiellen Ableitungen eines Gradientenfeldes notwendig symmetrisch sein müssen:

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial v_1}{\partial y}~=~\frac{\partial v_2}{\partial x} \end{eqnarray*}$

Jetzt solltest du das nachrechnen.

Zitat:

Betrachten Sie die Fläche B: $\begin{eqnarray*} \{ \begin{pmatrix} u \\ v \end{pmatrix} \in \mathbb R^{2} \Rightarrow 1 \leq x^{2} + y^{2} \leq 4, x \geq -1, y \geq 0 \} \end{eqnarray*}$
Berechnen SIe $\begin{eqnarray*} \int \int_{B}\mid v \mid dF \end{eqnarray*}$

Ich denke da wird einfach der Betrag von v genommen und über den Bereich integriert. Wie aber sind die Grenzen für diesen Bereich? Die unteren sind mir ja klar (x = -1, y = 0), aber wie komme ich auf die oberen Grenzen?

Am Besten anhand einer Skizze überlegen. Die Grenzen für x hast du sicher erkannt. Nun nimm ein festes x aus diesem Bereich und überlege, was die Grenzen für y sein müssen. (Du betrachtest einen x-Schnitt durch die Fläche.)

Zitat:

Betrachten Sie die Kurve C = $\begin{eqnarray*} \{ \begin{pmatrix} u \\ v \end{pmatrix} \in \mathbb R^{2} \Rightarrow 1 = \frac{u^{2}}{4} + w^{2} \} \end{eqnarray*}$

Berechnen SIe $\begin{eqnarray*} \int_{C}~v~dx \end{eqnarray*}$

Ja hm...wie solll denn da integriert werden?

Das soll sicher $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} w \end{eqnarray*}$ heißen? Du musst zuerst die Kurve geeignet parametrisieren und kannst dann das Integral ausrechnen.

Formal: statt dem Pfeil schreibe besser einen ":" zur Angabe von Eigenschaften von Elementen einer Menge. Folgen tut da nichts.

Grüße Abakus smile

EDIT: Latex

23.02.2006, 20:00

Horschie

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RE: Betrachtung eines Vektorfeldes...
Hallo,

sorry das ich mich jetzt erst melde. Danke soweit für deine Antwoirt smile

Zitat:

Betrachten Sie die Fläche B: $\begin{eqnarray*} \{ \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \in \mathbb R^{2} \Rightarrow 1 \leq x^{2} + y^{2} \leq 4, x \geq -1, y \geq 0 \} \end{eqnarray*}$
Berechnen SIe $\begin{eqnarray*} \int \int_{B}\mid v \mid dF \end{eqnarray*}$

Ich denke da wird einfach der Betrag von v genommen und über den Bereich integriert. Wie aber sind die Grenzen für diesen Bereich? Die unteren sind mir ja klar (x = -1, y = 0), aber wie komme ich auf die oberen Grenzen?

Für die Grenzen habe ich mir folgendes überlegt:
x geht von [-1, 2]
y geht von [0, 2]

stimmt das so?

Zitat:

Habe es entsprechend korrigiert, jedoch ist nicht das hintere w, sondern das vordere v falsch gewesen.

Gruß
Christoph

24.02.2006, 11:44

phi

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RE: Betrachtung eines Vektorfeldes...
Die Grenzen für x stimmen, für y noch nicht. Der Trick dabei ist da $\begin{eqnarray*} x \geq -1 \end{eqnarray*}$ gilt, x gleich -1 zu setzen und in die erste Ungleichung einzusetzen:

$\begin{eqnarray*} 1 \leq (-1)^{2} + y^{2} \leq 4 \end{eqnarray*}$

...und soweit wie möglich zu vereinfachen, bis nur noch ...< y < ... da steht.

Bei der Kurve C gibt es nur die zwei Parameter u und v. Wo kommt das w her ? soll das eine Konstante sein?

mfg, phi

02.03.2006, 09:07

Horschie

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Hallo,

$\begin{eqnarray*} 1\leq (-1)^2+y^2\leq 4 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 1\leq (1)+y^2\leq 4 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 0\leq +y^2\leq 3 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 0\leq y\leq \sqrt{3} \end{eqnarray*}$

=> Grenzen für
x: [-1, 2]
y: [0, Wurzel(3)]

Berechnet werden soll mit diesen Grenzen $\begin{eqnarray*} \int_{b}^{a} \mid v \mid dF \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} v: R^{2} \Rightarrow \mathbb R^{2}~mit~v(x,y) = \begin{pmatrix} xy \\ y^{2} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Für das Integral müsste also gelten:
$\begin{eqnarray*} \int_{b}^{a}\sqrt{x^2*y^2+y^4} \end{eqnarray*}$

DIe andere Aufgabe:
nach der ganzen Verwirrung die ich gestiftet habe, gebe ich die Kurve C nochmal neu, aber jetzt richtig an:
$\begin{eqnarray*} C = \{ \begin{pmatrix} u \\ w \end{pmatrix} \in \mathbb R^2 | 1 = \frac{u^2}{4} + w^2 \} \end{eqnarray*}$

Zu berechnen ist hier $\begin{eqnarray*} \int_{C}v~dx \end{eqnarray*}$

Vielen Dank für eure Hilfe!
Ohne die würde ich keinen Schritt weiterkommen unglücklich

02.03.2006, 11:06

Horschie

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zu 1:

$\begin{eqnarray*} \int_{b}^{a}\sqrt{x^2*y^2+y^4}~dy*dx \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \int_{b}^{a}y*\sqrt{x^2+y^2}~dy*dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} u = x^2+y^2;~\frac{du}{dy}= 2y;~dx=\frac{du}{2y} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int_{b}^{a}\frac{y*\sqrt{u}}{2y}*du \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \int_{b}^{a}\frac{\sqrt{u}}{2}*du \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} \int_{0}^{\sqrt(3)}\sqrt{u}*du \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}*(\frac{1}{3}*(x^2+3)^\frac{3}{2}-\frac{1}{3}(x^2)^\frac{3}{2}) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{6} \int_{-1}^{2}(x^2+3)^\frac{3}{2} -x^3 dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} u = x^2+3;~\frac{du}{dx} = 2x;~dx=\frac{du}{2x} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{6} \int_{-1}^{2}\frac{(u)^\frac{3}{2} -x^3}{2x}*du \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{12x} \int_{-1}^{2}(u)^\frac{3}{2} -x^3*du \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{12x}*[\frac{1}{5} (x^2+3)^\frac{5}{2}-x^3*(x^2+3)]_{-1}^{2} \end{eqnarray*}$

schaut mal bitte drüber ob man das soweit machen kann. Der Rest ist ja nur noch auszurechnen. Dürfte ja kein Problem sein smile

man oh man, ich hoffe ich habe bald alle Fehler ausgebessert. Gibts irgendeinen Trick wie man so Rechnungen etwas schneller erstellt (wenn man Latex nicht auswendig kann)?

02.03.2006, 13:28

Abakus

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Zitat:

Original von Horschie
$\begin{eqnarray*} 1\leq (-1)^2+y^2\leq 4 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 1\leq (1)+y^2\leq 4 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 0\leq +y^2\leq 3 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 0\leq y\leq \sqrt{3} \end{eqnarray*}$

=> Grenzen für
x: [-1, 2]
y: [0, Wurzel(3)]

Deine Grenzen beschreiben ein Rechteck in der xy-Ebene. Der Integrationsbereich sieht jedoch völlig anders aus:

Stelle dir einen x-Schnitt vor. Was sind die Grenzen des Integrationsbereiches, wenn du diesen mit Geraden des Typs $\begin{eqnarray*} x = x_0 \end{eqnarray*}$ schneidest?

Ich komme letztendlich auf folgendes Integral:

$\begin{eqnarray*} \int_{-1}^{1} \int_{\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}} y * \sqrt{x^2 + y^2}~ dy~dx + \int_{1}^{2} \int_{0}^{\sqrt{4-x^2}} y * \sqrt{x^2 + y^2}~ dy~ dx \end{eqnarray*}$

Grüße Abakus smile

02.03.2006, 18:32

Horschie

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Hey,

hm...darüber muss ich nochmal navchdenken.
Welche zwei Funktionen hast du denn da geplottet?

Aber was mich auch mal interessieren würde ist: Worin soll auch nur annähernd der Sinn bestehen, den Betrag von v über so einen Bereich zu integrieren?

Könnte sich bitte jemand miene Integration anschauen, ob diese wenigstens richtig hochintegriert ist, wenn auch das ursprüngliche Integral wohl nicht das richtige war?

danke
Christoph

02.03.2006, 23:27

Abakus

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Zu deiner Rechnung:

Zitat:

Original von Horschie
zu 1:

$\begin{eqnarray*} \int_{b}^{a}\sqrt{x^2*y^2+y^4}~dy*dx \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \int_{b}^{a}y*\sqrt{x^2+y^2}~dy*dx \end{eqnarray*}$

Du hast nur ein Integral mit Grenzen und willst nach x und y integrieren (2 Integralzeichen nötig).

Zitat:

$\begin{eqnarray*} u = x^2+y^2;~\frac{du}{dy}= 2y;~dx=\frac{du}{2y} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \int_{b}^{a}\frac{y*\sqrt{u}}{2y}*du \end{eqnarray*}$

Jetzt möchtest du die Substitutionsregel anwenden, behandelst aber das x wie eine Konstante (was es nicht ist). Nötig wäre bei deiner Substitution die mehrdimensionale Substitutionsregel. Die Integrationsgrenzen verändern sich auch.

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \int_{b}^{a}\frac{\sqrt{u}}{2}*du \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} \int_{0}^{\sqrt(3)}\sqrt{u}*du \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}*(\frac{1}{3}*(x^2+3)^\frac{3}{2}-\frac{1}{3}(x^2)^\frac{3}{2}) \end{eqnarray*}$

Hier kommt das x aus unbekannter Quelle wieder ins Spiel, wenn dann sollte da etwas mit "u" stehen.

Insgesamt also mehrere Fehlerquellen.

Grüße Abakus smile

PS: Die beiden Funktionen in der Grafik stehen da auch angegeben.

06.03.2006, 09:45

Horschie

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Hey,

oh jee...da hab ich ja einige elementare Fehler drin unglücklich

danke schön!

06.03.2006, 16:44

Horschie

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Also ich hätte nochmal eine Frage bzgl der Grenzen..

Was hier, denke ich, gemacht wird, ist die skizzierte Fläche in mehrere Teilbereiche zu zerlegen.

Oben steht, daß man die folgende Summe bestimmen muss.
$\begin{eqnarray*} \int_{-1}^{1} \int_{\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}} y * \sqrt{x^2 + y^2}~ dy~dx + \int_{1}^{2} \int_{0}^{\sqrt{4-x^2}} y * \sqrt{x^2 + y^2}~ dy~ dx \end{eqnarray*}$

Wenn ich das ganze jetzt richtig verstehe, müssten dadurch die Flächen stücke 2 und 3 beschrieben werden. Würde noch Flächenstück Nr. 1 fehlen.

Somit würde sich also nach meiner Überlegung folgendes Integral ergeben.
$\begin{eqnarray*} \int_{-1}^{1} \int_{\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}} y * \sqrt{x^2 + y^2}~ dy~dx + \int_{1}^{2} \int_{0}^{\sqrt{4-x^2}} y * \sqrt{x^2 + y^2}~ dy~ dx+ \int_{-1}^{-2} \int_{0}^{\sqrt{4-x^2}} y * \sqrt{x^2 + y^2}~ dy~ dx \end{eqnarray*}$

Oder habe ich einen Denkfehler in meinen Überlegungen?

Greetz
Christoph

06.03.2006, 18:16

Abakus

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Du berücksichtigst die Nebenbedingung $\begin{eqnarray*} x \ge -1 \end{eqnarray*}$ nicht. Ansonsten müsstest du ohne diese Bedingung von -2 (untere Grenze am Integral) bis -1 (obere Grenze am Integral) integrieren (Grenzen anders rum also).

Grüße Abakus smile

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