Kurvenintegral, Parameter

04.09.2012, 12:57

Berryblue

Kurvenintegral, Parameter

Meine Frage:
Gegeben ist ein Vekorfeld

$\begin{eqnarray*} \vec{v}(x,y,z) =\begin{pmatrix} cos(y)z\\ -xsin(y)z \\ xcos(y) \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Und ich soll das Kurvenintegral 2.Art bilden mit den Anfangspunkt(0,0,0)
und Endpunkt(1,1,1).

Meine Ideen:
Ich komm hier nicht weiter, vorallem habe ich Probleme bei der Parameteraufstellung.

Hier mein (wahrscheinlich falscher) Ansatz.
Ich weiß das ich vorher Parameter aufstellen muss.

$\begin{eqnarray*} x=t \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y=y(t) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} z=z(t) \end{eqnarray*}$

und natürlich die erste Ableitung
$\begin{eqnarray*} x'=1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y'=y'(t) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} z'=z'(t) \end{eqnarray*}$

Dann kommt das Integral mit dem Skalarprodukt.
$\begin{eqnarray*} \int_a^b \! \langle v(\gamma(t) ),\gamma '(t)\ \rangle dt \end{eqnarray*}$

Frage könnte mir einer zumindest die Parameteraufstellung genau erklären, da ich nur Beispiele mit dem Kreis finde und auch keine mit 3 Variablen.

04.09.2012, 13:53

Ehos

Auf diesen Beitrag antworten »

Fasst man dein Vektorfeld als Kraftfeld auf, so kann man dein Kurvenintegral als mechanische Arbeit entlang der Kurve interpretieren, (z.B. beim Fahrradfahren gegen den Wind). Im Allgemeinen hängt diese Arbeit natürlich von der Form der Kurve ab.

Es gibt aber spezielle Felder, in denen diese Arbeit nur vom Anfangs- und Endpunkt abhängt, also nicht von der Form der Kurve dazwischen. Das gilt dann, wenn man eine skalare Funktion U(x,y,z) finden kann, deren Gradient gerade das Vektorfeld ist, also $\begin{eqnarray*} \nabla U=\vec v \end{eqnarray*}$ . Diese Funktion U(x,y,z) ist nichts anderes als die potenzielle Energie am Punkt (x,y,z).

Genau dieser Fall liegt in deiner Aufgabe vor. Man findet schnell, dass diese Funktion lautet $\begin{eqnarray*} U(x,y,z)=x\cdot \cos(y)\cdot z \end{eqnarray*}$ . Mach' mal die Probe und berechne daraus wieder das Feld gemäß $\begin{eqnarray*} \vec v=\nabla U \end{eqnarray*}$ .

Du musst in deiner Aufgabe also gar kein Kurvenintegral lösen, sondern erhältst die gesuchte Arbeit (Integral) als Differenz U(1,1,1)-U(0,0,0) zwischen beiden Punkten. Das ist der Zuwachs an potenzieller Energie, welcher der Arbeit entspricht.

Ein wichtiges Beispiel für ein solches Feld ist das Gravitaionsfeld der Erde. Wenn man z.B. einen Köper um 1m anhebt, hängt die Arbeit nur vom Höhenunterschied ab, also sogar nur von der z-Achse.

04.09.2012, 14:41

Berryblue

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Ehos

Es gibt aber spezielle Felder, in denen diese Arbeit nur vom Anfangs- und Endpunkt abhängt, also nicht von der Form der Kurve dazwischen. Das gilt dann, wenn man eine skalare Funktion U(x,y,z) finden kann, deren Gradient gerade das Vektorfeld ist, also $\begin{eqnarray*} \nabla U=\vec v \end{eqnarray*}$ . Diese Funktion U(x,y,z) ist nichts anderes als die potenzielle Energie am Punkt (x,y,z).

Genau dieser Fall liegt in deiner Aufgabe vor. Man findet schnell, dass diese Funktion lautet $\begin{eqnarray*} U(x,y,z)=x\cdot \cos(y)\cdot z \end{eqnarray*}$ . Mach' mal die Probe und berechne daraus wieder das Feld gemäß $\begin{eqnarray*} \vec v=\nabla U \end{eqnarray*}$ .

Achso also ist das Vektorfeld wegunabhängig. Darauf habe ich gar nicht geachtet.

Zitat:

Du musst in deiner Aufgabe also gar kein Kurvenintegral lösen, sondern erhältst die gesuchte Arbeit (Integral) als Differenz U(1,1,1)-U(0,0,0) zwischen beiden Punkten.

Dann wäre das Ergebnis rund 0,54.

Aber meine Frage zur Parametrisierung ist davon nicht gelöst smile

Aber trotzdem danke für die schnelle Antwort.

Ich hab noch eine andere Aufgabe, aber da geht es um Oberflächenintegrale das man mit einem Kurvenintegral lösen muss. Jedoch glaube ich ein neuer Thread wär besser.

04.09.2012, 14:47

Ehos

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich hoffe, kannst die Parameterdarstellung einer Geraden aufstellen, die durch die Punkte (0,0,0) und (1,1,1) geht.

04.09.2012, 14:55

Berryblue

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} \vec{r} (t)=\begin{pmatrix} 0 \\ 0\\ 0 \end{pmatrix} +t\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

04.09.2012, 15:43

Ehos

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja. Einfacher würde ich schreiben $\begin{eqnarray*} \vec r(t)=(t|t|t) \end{eqnarray*}$ mit der Ableitung $\begin{eqnarray*} \dot {\vec r}(t)=(1|1|1) \end{eqnarray*}$ . Einsetzen in die allgemeine Formel ergibt das Integral

$\begin{eqnarray*} \int_{t=0}^1 \! \underbrace{\begin{pmatrix} \cos(t)\cdot t \\ -t\cdot \sin(t)\cdot t \\ t\cdot \cos(t) \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}}_{\text{Skalarprodukt}} \, dt \end{eqnarray*}$

Multipliziere das Skalarprodukt aus und prüfe, ob die Integration das gleiche Ergebnis liefert wie oben.

04.09.2012, 16:16

Berryblue

Auf diesen Beitrag antworten »

Fertig integriert kommt der Term raus

$\begin{eqnarray*} \left[t^{2}cos(t)\right]_{1}^{0} \end{eqnarray*}$

und liefert das gleiche Ergebnis.

Danke für die Veranschaulichung.

Kann ich de Ansatz der Direktverbindung also in dem Fall Gerade von (0,0,0) zu (1,1,1) generell benutzen oder geht das nur bei wegunabhänige Fälle. Wie gesagt bei mir sind nur die Parameter das Problem.

05.09.2012, 09:00

Ehos

Auf diesen Beitrag antworten »

Nur im wegunabhängigen Fall darf man die Gerade benutzen (oder einen beliebigen "krummen" Weg). Ist das Integral dagegen wegabhängig ist, muss der Weg vorgegeben sein. Ansonsten wäre die Aufgabe gar nicht eindeutig gestellt, weil jeder Weg ein anderes Ergebis liefert (trotz gleichem Vektorfeld und gleichen Endpunkten).

Neue Frage »

Antworten »

Kurvenintegral, Parameter

Verwandte Themen