Oberflächenintegrale

17.07.2010, 22:07

Tarnfara

Oberflächenintegrale

Berechnen Sie die beiden folgenden Integrale zum einen direkt und zum anderen mit Hilfe des Satzes von Stokes:

$\begin{eqnarray*} \int_{B_1(0) \cap (\mathbb R_+)^3 \subseteq \mathbb R^3} \! (xy + yz + zx) \, d(x,y,z) \end{eqnarray*}$

Erstmal habe ich "direkt" gerechnet. Ansatz:
Transformation auf Kugelkoordinaten mit $\begin{eqnarray*} r= 1, \theta \in [0,\frac{\pi}{2}), \varphi \in [0,\pi) \end{eqnarray*}$

Damit erhalte ich dann $\begin{eqnarray*} \frac{2}{15} \end{eqnarray*}$ als Ergebnis.

Nun Satz von Stokes, also ausgehend von $\begin{eqnarray*} \int_M \! \, d\omega = \int_{\partial M} \!\, \omega \end{eqnarray*}$

habe ich $\begin{eqnarray*} \omega = (xyz+c_1) dx \wedge dy + (xyz + c_2) dy \wedge dz + (-xyz+c_3) dx \wedge dz \end{eqnarray*}$ gesetzt und wollte dann also (die cs einfach mal als 0 gesetzt):

$\begin{eqnarray*} \int_{S^2 \cap \mathbb (R_+)3}\! xyz \, dx dy + \int_{S^2 \cap \mathbb (R_+)3}\! xyz \, dy dz + \int_{S^2 \cap \mathbb (R_+)3} \! xyz \, dz dx \end{eqnarray*}$

ausrechnen.
Soweit ich weiß, brauche ich dafür eine Parametrisierung, etwa
$\begin{eqnarray*} \Phi(u,v) = (\cos u \cos v)e_1 + (\cos u \sin v) e_2 + \sin u e_3 \end{eqnarray*}$

Und müsste nun $\begin{eqnarray*} \int_{\Phi^{-1}(S^2 \cap (\mathbb R_+)^3} \! f(\Phi(u,v)) \left| \frac{\partial \Phi}{\partial u} \times \frac{\partial \Phi}{\partial v}\right| \, du dv \end{eqnarray*}$ berechnen.

Das ist vielleicht blöd, aber ich habe keine Idee, wie ich konkret $\begin{eqnarray*} \Phi^{-1}(S^2 \cap (\mathbb R_+)^3) \end{eqnarray*}$ berechnen könnte.

Meine Ideen:

Eigentlich keine. Ich vermute, dass es dann $\begin{eqnarray*} [0,1] \times [0,1] \end{eqnarray*}$ ist.

18.07.2010, 08:00

Leopold

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Zur Berechnung des Bereichsintegrals sind keine Kugelkoordinaten vonnöten. Ich habe $\begin{eqnarray*} \frac{1}{5} \end{eqnarray*}$ als Wert erhalten.

Zur Berechnung von

$\begin{eqnarray*} \omega = xyz \left( \dd x \wedge \dd y + \dd y \wedge \dd z + \dd z \wedge \dd x \right) \end{eqnarray*}$

kannst du die Parametrisierung

$\begin{eqnarray*} \Phi: \ \ x = \cos u \cos v \, , \ \ y = \cos u \sin v \, , \ \ z = \sin u \end{eqnarray*}$

verwenden. Verwechselst du dann aber nicht die beiden Typen des Oberflächenintegrals? Du brauchst hier das vektorielle Oberflächenintegral. Die Formel dafür ergibt sich von alleine, wenn du $\begin{eqnarray*} x,y,z \end{eqnarray*}$ durch die Terme in $\begin{eqnarray*} u,v \end{eqnarray*}$ substituierst.

Beispiel:

$\begin{eqnarray*} \dd x \wedge \dd y = \left( - \sin u \cos v ~\dd u - \cos u \sin v ~\dd v \right) \wedge \left( - \sin u \sin v ~\dd u + \cos u \cos v ~\dd v \right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \left( - \sin u \cos v \cos u \cos v - \cos u \sin v \sin u \sin v \right)~\dd u \wedge \dd v = - \sin u \cos u ~\dd u \wedge \dd v \end{eqnarray*}$

Und zum Integrationsbereich: $\begin{eqnarray*} u,v \end{eqnarray*}$ sind ja Winkel. Dein Kugelstück liegt im I. Oktanten. Welche Winkel kommen in Frage? Du hast dich bei den Kugelkoordinaten für die Alternative im Wikipedia-Artikel entschieden. Wegen der Orientierung des Integrals könnten sich noch Vorzeichenunterschiede ergeben.

18.07.2010, 10:08

Tarnfara

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Zitat:

Original von Leopold
Zur Berechnung des Bereichsintegrals sind keine Kugelkoordinaten vonnöten. Ich habe $\begin{eqnarray*} \frac{1}{5} \end{eqnarray*}$ als Wert erhalten.

Aha ! Könntest du mir da mal den Ansatz geben oder die wichtigsten Schritte vormachen ? Mein Problem (und nicht nur meins) ist, dass unser Prof. schon seit 2 Monaten nicht mehr sauber Begriffe einführt und definiert oder Sätze beweist, sondern nur noch Bilder malt und dann Sätze wie den folgenden anschreibt:

"Sei M vernünftig sowie $\begin{eqnarray*} u,v \in C^2(\overline M). \end{eqnarray*}$ Dann gilt $\begin{eqnarray*} \int \! (u \triangle v + \nabla u \nabla v ) \, dx dy dz = \int_{\partial M} \! u \frac{\partial v}{\partial n} \, dF \end{eqnarray*}$ "

Auf dem Übungszettel steht dann vielleicht noch, dass n der äußere Normalenvektor ist, wobei der Prof davon ausgeht, dass man in der Schule behandelt hat, was das bedeutet.

Zitat:

Zur Berechnung von

verwenden. Verwechselst du dann aber nicht die beiden Typen des Oberflächenintegrals? Du brauchst hier das vektorielle Oberflächenintegral. Die Formel dafür ergibt sich von alleine, wenn du $\begin{eqnarray*} x,y,z \end{eqnarray*}$ durch die Terme in $\begin{eqnarray*} u,v \end{eqnarray*}$ substituierst.

Woran erkenne ich denn, welches der beiden Integrale ich "brauche" ? Über meinen Sätzen steht wie gesagt nur noch "Sei x vernünftig gegeben, dann y"

Zitat:

Und zum Integrationsbereich: $\begin{eqnarray*} u,v \end{eqnarray*}$ sind ja Winkel. Dein Kugelstück liegt im I. Oktanten. Welche Winkel kommen in Frage? Du hast dich bei den Kugelkoordinaten für die Alternative im Wikipedia-Artikel entschieden. Wegen der Orientierung des Integrals könnten sich noch Vorzeichenunterschiede ergeben.

r ist hier 1, da ich auf der Oberfläche der Einheitskugel "herumlaufe".
Entsprechend muss $\begin{eqnarray*} \theta \in [0, \frac{\pi}{2}) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \varphi \in [0, \pi) \end{eqnarray*}$ gelten, da ja nur positive Werte zulässig sind. Also $\begin{eqnarray*} [0, \frac{\pi}{2}) \times [0, \pi) \end{eqnarray*}$ . Den Wikipediaartikel verstehe ich nicht. Zum Beispiel weiß ich nicht, was $\begin{eqnarray*} \varphi = atan2(y / x) \end{eqnarray*}$ ist. Die Funktion atan2 ist mir unbekannt.

Ich habe in der Zwischenzeit noch ein Beispiel in der Vorlesungsmitschrift gefunden.

Zitat:
Oberfläche der $\begin{eqnarray*} S_2 \end{eqnarray*}$
* Parametrisierung der oberen Halbsphäre $\begin{eqnarray*} x_3(x_1,x_2) := \sqrt {1-(x^1)^2 - (x^2)^2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac {\partial x^3}{\partial x^1} = \frac{1}{2} \frac{-2x^1}{x^3} = \frac{-x^1}{x^3} \end{eqnarray*}$ Analog: $\begin{eqnarray*} \frac{x^3}{x^2} = \frac{-x^2}{x^3} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \int_{B_1 \subseteq \mathbb R^2} \! \sqrt {1 + \left( \frac{\partial x^3}{\partial x^1} \right)^2 +\left( \frac{\partial x^3}{\partial x^2} \right)^2 } \, \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \int \! \frac{1}{x^3} \, dx^1dx^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \int_0^1 \int_0^{2\pi} \! \! \frac{r}{\sqrt{1-r^2}} \, d\varphi \, dr \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$ Flächeninhalt = $\begin{eqnarray*} 4 \pi \end{eqnarray*}$ Zitatende.

Ich weiß aber nicht, wie ich das auf meinen Fall übertragen kann. Weil ich die unterschiedlichen Dachprodukte nicht zuordnen kann.

Vielen Dank für deine Hilfe.

18.07.2010, 12:32

Leopold

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Dann zunächst das Bereichsintegral. Der Integrationsbereich $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ besteht aus allen Punkten $\begin{eqnarray*} (x,y,z) \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} \Omega: \ \ x^2 + y^2 + z^2 \leq 1 \, ; \ \ x,y,z \geq 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ ist der I. Oktant der Einheitskugel. Die Summanden des Integranden gehen durch zyklische Vertauschung der Variablen auseinander hervor. Bei zyklischer Vertauschung ändern sich auch die $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ beschreibenden Ungleichungen nicht. Man kann sich bei der Integration also auf einen Summanden beschränken:

$\begin{eqnarray*} \int_{\Omega} \left( xy + yz + zx \right)~\dd (x,y,z) = 3 \int_{\Omega} xy~\dd (x,y,z) \end{eqnarray*}$

Und jetzt Fubini. Die Variablen $\begin{eqnarray*} x,y \end{eqnarray*}$ kommen im Integranden gleichberechtigt vor. Es bietet sich daher an, auch bei der Wahl der Integrationsreihenfolge $\begin{eqnarray*} x,y \end{eqnarray*}$ gleichberechtigt zu behandeln. Man hat dann prinzipiell zwei Möglichkeiten: 1. außen über $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ , innen über $\begin{eqnarray*} (x,y) \end{eqnarray*}$ integrieren; 2. außen über $\begin{eqnarray*} (x,y) \end{eqnarray*}$ , innen über $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ integrieren.

1. Im ersten Fall sucht man zunächst die in Frage kommenden $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ -Werte. Daß $\begin{eqnarray*} z \geq 0 \end{eqnarray*}$ sein muß, sagt ja schon eine der vier Ungleichungen von $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ . Ist nun $\begin{eqnarray*} z>1 \end{eqnarray*}$ , so ist $\begin{eqnarray*} x^2 + y^2 + z^2 \leq 1 \end{eqnarray*}$ für kein $\begin{eqnarray*} (x,y) \end{eqnarray*}$ mehr erfüllbar. Für $\begin{eqnarray*} z \leq 1 \end{eqnarray*}$ dagegen gibt es stets $\begin{eqnarray*} (x,y) \end{eqnarray*}$ , so daß $\begin{eqnarray*} x^2 + y^2 + z^2 \leq 1 \end{eqnarray*}$ gilt. Somit steht das Integrationsintervall fest: $\begin{eqnarray*} z \in [0,1] \end{eqnarray*}$ . Hält man nun so ein $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ fest, so müssen $\begin{eqnarray*} x,y \end{eqnarray*}$ die Ungleichung $\begin{eqnarray*} x^2 + y^2 \leq 1 - z^2 \end{eqnarray*}$ erfüllen. Somit gilt

$\begin{eqnarray*} \int_{\Omega} \left( xy + yz + zx \right)~\dd (x,y,z) = 3 \int_{\Omega} xy~\dd (x,y,z) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = 3 \int \limits_0^1 \left( \ \int \limits_{x^2 + y^2 \leq 1 - z^2; \, x,y \geq 0} xy~\dd(x,y) \right)~\dd z \end{eqnarray*}$

Das innere Integral ist symmetrisch in $\begin{eqnarray*} x,y \end{eqnarray*}$ . Es spielt daher keine Rolle, ob man bei der erneuten Anwendung von Fubini außen über $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ und innen über $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ integriert oder gerade umgekehrt. Integrieren wir außen über $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ ! In welchem Intervall muß $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ liegen, damit die Ungleichungen erfüllbar sind? (Beachte, daß du für diese Überlegung $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ wie einen Parameter behandeln mußt. Das $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ -Intervall hängt also von $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ ab.) Und wenn man nun solch ein $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ fest wählt, über welche $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ ist dann noch zu integrieren? (Für das $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ -Intervall fungieren sowohl $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ als auch $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ als Parameter.)
Wegen der Wurzeln, die da vorkommen, sieht das kompliziert aus. Weil aber die Stammfunktion ein Quadrat enthält, fallen beim Einsetzen die Wurzeln wieder weg. Es wird also nicht so schlimm, wie es zunächst den Anschein hat.

2. Im zweiten Fall beginnt man so

$\begin{eqnarray*} \int_{\Omega} \left( xy + yz + zx \right)~\dd (x,y,z) = 3 \int_{\Omega} xy~\dd (x,y,z) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \ \ \ 3 \int \limits_{x^2 + y^2 \leq 1; \, x,y \geq 0} \left( \int \limits_0^{\sqrt{1 - \left( x^2 + y^2 \right)}} xy~\dd z \right)~\dd (x,y) \end{eqnarray*}$

Auch hier wird es nicht so schlimm, wie es zunächst den Anschein hat. Im ersten Schritt kann man ja schon einmal $\begin{eqnarray*} xy \end{eqnarray*}$ vor das innere Integral ziehen. Und später beim Bestimmen der Stammfunktion liegt eine elementare Substitution auf der Hand.

18.07.2010, 21:41

Tarnfara

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Zitat:

Original von Leopold

Das innere Integral ist symmetrisch in $\begin{eqnarray*} x,y \end{eqnarray*}$ . Es spielt daher keine Rolle, ob man bei der erneuten Anwendung von Fubini außen über $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ und innen über $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ integriert oder gerade umgekehrt. Integrieren wir außen über $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ ! In welchem Intervall muß $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ liegen, damit die Ungleichungen erfüllbar sind? (Beachte, daß du für diese Überlegung $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ wie einen Parameter behandeln mußt. Das $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ -Intervall hängt also von $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ ab.)

$\begin{eqnarray*} y \ge 0 \end{eqnarray*}$ ist ja schon gegeben. Ich sehe auch keinen Grund, warum die Ungleichung für diesen Fall (also y = 0) nicht erfüllbar sein sollte. Ist $\begin{eqnarray*} y > \sqrt{1-z^2} \end{eqnarray*}$ ist die Gleichung nicht mehr erfüllbar. Analog zu deiner Schlussweise, gibt es für jedes $\begin{eqnarray*} y \in [0,\sqrt{1-z^2}) \end{eqnarray*}$ ein x, so dass die Gleichungen erfüllbar sind, entsprechend würde ich mein Integral also in

$\begin{eqnarray*} \int_0^1 \left( \int_0^{\sqrt{1-z^2}} \left( \int_0^{\sqrt{1-z^2-y^2}} \! xy \, dx \right) dy \right) dz \end{eqnarray*}$

umwandeln ?

Werte ich das Integral aus, bekomme ich allerdings $\begin{eqnarray*} \frac{1}{24} \end{eqnarray*}$ heraus. Vermutlich irgendwo ein Rechenfehler. Ist der Ansatz richtig ?

Liebe Grüße

18.07.2010, 21:49

Leopold

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Der Ansatz ist richtig, und es ergibt sich (ohne den Faktor 3) der Wert 1/15.

18.07.2010, 22:21

Tarnfara

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Hmm, hab jetzt noch 3 mal nachgerechnet, was mache ich falsch ?

$\begin{eqnarray*} 3 \int_0^1 \left( \int_0^{\sqrt{1-z^2}} \left( \int_0^{\sqrt{1-z^2-y^2}} \! xy \, dx \right) dy \right) dz \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = 3 \int_0^1 \left( \int_0^{\sqrt{1-z^2}} \! y \left[ \frac{1}{2}x^2 \right]_0^{\sqrt{1-z^2-y^2}} dy \right) dz \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = 3 \int_0^1 \left( \int_0^{\sqrt{1-z^2}} \! \frac{y}{2} - \frac{z^2y}{2}-\frac{y^3}{2} dy \right) dz \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = 3 \int_0^1 \! \frac{1}{2} \left[ \frac{1}{2} y^2 \right]_0^{ \sqrt{1-z^2}} - \frac{z^2}{2} \left[ \frac{1}{2} y^2 \right]_0^{ \sqrt{1-z^2}} - \frac{1}{2} \left[ \frac{1}{4} y^4 \right]_0^{\sqrt{1-z^2}} \, dz \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = 3 \int_0^1 \! \frac{1}{4}(1-z^2) - \frac{z^2}{4}(1-z^2) - \frac{1}{8}(1-z^2)^2 \, dz \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = 3 \int_0^1 \frac{1-z^2}{4}(1- \frac{1}{2} - z^2 + \frac{z^2}{2}) \, dz \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = 3 \int_0^1 \frac{1-z^2}{8}(1-z^2) \, dz \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = 3 \int_0^1 \frac{1}{8} -\frac{z}{4} + \frac{z^2}{8} \, dz \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \frac{3}{8} - \frac{3}{4} \left[ \frac{1}{2}z^2 \right]_0^1 + \frac{3}{8} \left[ \frac{1}{3} z^3 \right]_0^1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \frac{1}{8} \end{eqnarray*}$

:-(

18.07.2010, 23:29

Leopold

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Bitte immer Klammern um Integranden machen, die Summen sind. Gerade aus dem Kalkül der alternierenden Differentialformen sollte dir klar sein, daß es sich beim nachgestellten Differential um eine Multiplikation mit diesem handelt. Zudem irritiert das vollkommen beim Lesen.

Aber jetzt zum eigentlichen Fehler. Du rechnest alles richtig bis zur Stelle, wo es

$\begin{eqnarray*} \frac{1 - z^2}{8} \cdot \left( 1 - z^2 \right) = \frac{\left( 1 - z^2 \right)^2}{8} \end{eqnarray*}$

heißt. Beim Ausquadrieren muß sich etwas vom Grad 4 ergeben.

19.07.2010, 18:32

Tarnfara

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Zitat:

Original von Leopold
Bitte immer Klammern um Integranden machen, die Summen sind. Gerade aus dem Kalkül der alternierenden Differentialformen sollte dir klar sein, daß es sich beim nachgestellten Differential um eine Multiplikation mit diesem handelt. Zudem irritiert das vollkommen beim Lesen.

Tut mir Leid, ich übernehme zumeist die Schreibweisen meines Profs.

Der Sachverhalt war mir ganz und gar nicht klar (und ist es auch immer noch nicht). Differentialformen sind für mich irgendwelche lustige, fremde Objekte, mit denen ich etwas rumrechnen kann, ohne zu wissen, welche Voraussetzungen ich benötige oder gar, warum ich das überhaupt tue.

Das Differential im Integral war für mich bislang so eine Art Symbol, dass an unendlich kleine Zerlegungsdurchmesser der R-Integrale erinnert. Da war es allerdings dann auch eine Multiplikation.

Wie dem auch sei, ich habe dann jetzt auch endlich $\begin{eqnarray*} \frac{1}{5} \end{eqnarray*}$ raus. Ich habe nun nochmal darüber gebrütet und

$\begin{eqnarray*} \omega = xyz dx \wedge dy + xyz dy\wedge dz -xyz dx \wedge dz \end{eqnarray*}$ heraus, wenn ich den ursprünglichen Integranden als $\begin{eqnarray*} d\omega \end{eqnarray*}$ ansehe.

Ab jetzt bin ich mir überhaupt nicht mehr sicher. Naiv setze ich ein und benutze die Regel: "Na, was meinen Sie, wie integriert man nun eine Differentialform? ... //Schweigen im Hörsaal// ... Na, ist doch klar, die Keile weglassen !!", also:

$\begin{eqnarray*} M := B_1(0) \cap \mathbb R_+^3 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int_M \! (xy +yz + zx) \, d(x,y,z) = \int_{\partial M} \! \left( (xyz)d(x,y) + (xyz)d(y,z) + (-xyz)d(x,z) \right) ?? \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \int_{\partial M} \! (xyz)\, d(x,y)+ \int_{\partial M} \! (xyz)\, d(y,z) - \int_{\partial M} \! (xyz) \, d(x,z) \end{eqnarray*}$

Da die Bedingungen für alle drei Variablen gleich sind und es lediglich eine "Umbenennung" gibt, dachte ich, dass sich zwei der Integrale weglöschen. Damit wäre dann nur noch

$\begin{eqnarray*} = \int_{\partial M} \! (xyz)\, d(x,y) \end{eqnarray*}$ zu berechnen.

Ich parametrisiere nun nach der Vorlage aus dem Beispiel der Vorlesung:

$\begin{eqnarray*} z := z(x,y) = \sqrt{1-x^2-y^2}, \frac{\partial z}{\partial x} = \frac{1}{2}\frac{-2x}{\sqrt{1-x^2-y^2}} = -\frac{x}{z} \end{eqnarray*}$ und analog:

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial z}{\partial y} = -\frac {y}{z} \end{eqnarray*}$

Also erhalte ich für mein Integral:

$\begin{eqnarray*} = \int_{\partial M} \! (xyz)\, d(x,y) = \int_{B_1(0) \cap \mathbb R_+^2} \! \left( xyz \sqrt{1 + \left(-\frac{x}{z}\right)^2 + \left(-\frac{y}{z}\right)^2}\right) \, d(x,y) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \int_{B_1(0) \cap \mathbb R_+^2} \! \left( xyz \sqrt{\frac{z^2 +x^2 + y^2}{z^2}} \right) \, d(x,y) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \int_{B_1(0) \cap \mathbb R_+^2} \! xy\, d(x,y) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \int_0^1 \left( \int_0^{1-y^2} \! xy \, dx \right) \, dy \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \int_0^1 \left( y \left[ \frac{1}{2}x^2\right]_0^{\sqrt{1-y^2}} \right) \, dy \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \frac{1}{2} \int_0^1 \left( y-y^3 \right) \, dy \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \frac{1}{2} \left( \left[ \frac{1}{2}y^2 \right]_0^1 - \left[ \frac{1}{4} y^4 \right]_0^1 \right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \frac{1}{8} \ne \frac{1}{5} \end{eqnarray*}$

Und es kommt nicht dasselbe heraus, ergo ist irgendwas falsch. :-(

Tut mir Leid, dass ich so auf dem Schlauch stehe, ich wüsste auch gern viel lieber, was ich hier genau treibe.

Grüße,

C.

19.07.2010, 19:53

Leopold

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Nein, du kommst da schon wieder mit einem skalaren Oberflächenintegral an. Du mußt aber das vektorielle nehmen. Nur hierfür paßt Stokes.

1. Schritt: $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ finden

Das hast du richtig gemacht. Wenn man den gemeinsamen Faktor $\begin{eqnarray*} xyz \end{eqnarray*}$ ausklammert, gilt:

$\begin{eqnarray*} \omega = xyz \left(\dd x \wedge \dd y + \dd y \wedge \dd z + \dd z \wedge \dd x \right) \end{eqnarray*}$

Und jetzt kannst du nicht einfach "die Keile weglassen". Das geht erst, wenn die Dimensionen übereinstimmen. Hier ist aber $\begin{eqnarray*} f(x,y,z) = xyz \end{eqnarray*}$ eine Funktion dreier (!) Variablen, die Dachprodukte haben aber nur zwei (!) Faktoren.

2. Du mußt daher erst den Rand $\begin{eqnarray*} \partial \Omega \end{eqnarray*}$ des Kugeloktanten $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ parametrisieren. Dein Vorschlag paßt da. Allerdings solltest du für die Variablen der Parametrisierung (zunächst) andere Bezeichner wählen, sonst kommst du durcheinander. Also etwa so:

$\begin{eqnarray*} \varphi: \ \ x = u \, , \ \ y = v \, , \ \ z = \sqrt{1 - u^2 - v^2} \, ; \ \ u^2 + v^2 \leq 1; \ u,v \geq 0 \end{eqnarray*}$

Oder in funktionaler Schreibweise: $\begin{eqnarray*} (x,y,z) = \varphi(u,v) = \left( u , v , \sqrt{1 - u^2 - v^2} \right) \end{eqnarray*}$

3. Nun mußt du die Differentialform zurückholen, also $\begin{eqnarray*} \varphi^{*} \omega \end{eqnarray*}$ berechnen. Wenn man das formelmäßig hinschreibt, sieht das immer furchtbar kompliziert aus. Dabei ist das praktische Vorgehen simpel: 2. bei 1. einsetzen und nach den Regeln des Kalküls rechnen. Der Kalkül denkt für dich:

$\begin{eqnarray*} \varphi^{*} \omega = uv \sqrt{1 - u^2 - v^2} \left( \dd u \wedge \dd v + \dd v \wedge \dd \sqrt{1 - u^2 - v^2} + \dd \sqrt{1 - u^2 - v^2} \wedge \dd u \right) \end{eqnarray*}$

Jetzt mußt du dich noch daran erinnern, was $\begin{eqnarray*} \dd g \end{eqnarray*}$ für eine Funktion $\begin{eqnarray*} g = g(u,v) \end{eqnarray*}$ bedeutet, nämlich

$\begin{eqnarray*} \dd g = \frac{\partial g}{\partial u}~\dd u + \frac{\partial g}{\partial v}~\dd v \end{eqnarray*}$

Hier also

$\begin{eqnarray*} \dd \sqrt{1 - u^2 - v^2} = - \frac{u}{\sqrt{1 - u^2 - v^2}}~\dd u - \frac{v}{\sqrt{1 - u^2 - v^2}}~\dd v \end{eqnarray*}$

Den zweiten Summanden in der Klammer oben kannst du nun berechnen:

$\begin{eqnarray*} \dd v \wedge \dd \sqrt{1 - u^2 - v^2} = \dd v \wedge \left( - \frac{u}{\sqrt{1 - u^2 - v^2}}~\dd u - \frac{v}{\sqrt{1 - u^2 - v^2}}~\dd v \right) \end{eqnarray*}$

Jetzt distributiv rechnen und $\begin{eqnarray*} \dd v \wedge \dd u = - \dd u \wedge \dd v \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \dd v \wedge \dd v = 0 \end{eqnarray*}$ beachten. Dann bekommst du für den zweiten Summanden als Ergebnis

$\begin{eqnarray*} \frac{u}{\sqrt{1 - u^2 - v^2}}~\dd u \wedge \dd v \end{eqnarray*}$

Für den dritten Summanden erhältst du analog

$\begin{eqnarray*} \frac{v}{\sqrt{1 - u^2 - v^2}}~\dd u \wedge \dd v \end{eqnarray*}$

Insgesamt also

$\begin{eqnarray*} \varphi^{*} \omega = uv \sqrt{1 - u^2 - v^2} \left( 1 + \frac{u+v}{\sqrt{1 - u^2 - v^2}} \right)~\dd u \wedge \dd v \end{eqnarray*}$

4. Und jetzt passen die Dimensionen: ein Integrand zweier Variablen $\begin{eqnarray*} u,v \end{eqnarray*}$ und Dachprodukte mit zwei Faktoren. Jetzt darfst du wirklich sagen: "Keile weglassen", und kannst über den zweidimensionalen Bereich $\begin{eqnarray*} D \end{eqnarray*}$ aller $\begin{eqnarray*} (u,v) \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} D: \ \ u^2 + v^2 \leq 1; \ u,v \geq 0 \end{eqnarray*}$

integrieren:

$\begin{eqnarray*} \int_{\Omega} \dd \omega = \int_{\partial \Omega} \omega = \int_D \varphi^{*} \omega \end{eqnarray*}$

Und das geht wieder mit Fubini: außen über $\begin{eqnarray*} v \in [0,1] \end{eqnarray*}$ , innen über $\begin{eqnarray*} u \in \left[ 0 , \sqrt{1 - v^2} \right] \end{eqnarray*}$ .

Als Mathematiker stehe ich auf dem Standpunkt: Man sollte erst begreifen, was man tut, bevor man es tut. Bei Differentialformen würde ich allerdings eine Ausnahme machen. Einfach tun, tun und nochmals tun. Wenn man dann einmal etwas Erfahrung im Umgang mit den Objekten hat, dann das Ganze in aller Ruhe von vorne studieren.

19.07.2010, 21:10

Tarnfara

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Dass * Produkt kenne ich zwar nicht, aber nach zwölfunddrölfzigmal verrechnen habe ich das richtige heraus.

Du bist der größte, Leopold. DANKE *knutsch* ;-)

Ich hab hier noch ne Aufgabe mit so nem Normalenvektor... aber das lass ich jetzt bleiben. =P

19.07.2010, 22:41

Leopold

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Aber auch die Größten machen Fehler. So haben wir völlig vergessen, daß der Rand des Kugelachtels nicht nur aus dem Kugeldreieck besteht, sondern auch aus den drei Viertelkreisflächen in den Koordinatenebenen. Die müßten wir auch noch parametrisieren und dann die Integrale berechnen. Dann wären auch noch die Vorzeichen korrekt zu bestimmen, damit die Stücke an ihren Rändern richtig zusammengefügt werden.
Müßten - wären ... wir haben Glück gehabt! Denn in

$\begin{eqnarray*} \omega = xyz \cdot \left( \ldots \right) \end{eqnarray*}$

entsteht beim Zurückholen der Differentialform wegen $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} y=0 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} z=0 \end{eqnarray*}$ in den Koordinatenebenen jeweils die Null-Differentialform, so daß auch die Integrale verschwinden.

22.11.2022, 12:31

sonny1001

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Oberflächenintegral 1.Art
Hallo zusammen,
vielleicht kann ich mich noch hier dranhängen:

Ich hätte gerne einmal gewußt, wie Oberflächenintegral 1.Art mit Keilprodukten aussieht. Überall wo mit Differenzialformen gerechnet wird, kommt man bei einen Oberflächenberechnung immer auf das Produkt aus dem Betrag des Normalenvektors mit dem Flächenelement zurück oder der Wurzel der Gramschen Determinante.
Es wird aber nie gezeigt, wie das formal mit differenzialformen, also Keilprodukt aussieht.
Oder ist das vielleicht garnicht möglich?

Gruß

sonny

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Oberflächenintegrale

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