wegunabhängiges Linienintegral < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:27 Sa 09.07.2005 | | Autor: | kruder77 |
Hallo,
ich habe die Aufgabe: [mm] \overrightarrow{F}= r^{2}(x,y,z) [/mm] wobei [mm] r^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2} [/mm] ist.
gefragt ist (1) ob Linienintegrale in diesen Vektorfeld unabhängig sind.
kann ich das damit begründen das:
[mm] \partial_{y} F_{1} [/mm] = [mm] \partial_{z} F_{2} [/mm] , [mm] \partial_{z} F_{2}= \partial_{x} F_{3} [/mm] , [mm] \partial_{x} F_{3} [/mm] = [mm] \partial_{y} F_{1}
[/mm]
sein muss ?
und (2) soll ich das Linienintegral zwischen den Punkten (0,0,0) und (1,1,1) auf einen beliebigen Weg dazwischen berechen.
wenn es nun durch (1) wegunabhängig ist müsste ja Null herauskommen, nicht wahr?
(haben das Thema nur kurz angeschnitten, kann aber sein, dass es in der Prüfung kommt - eine etwas ausführlichere Erklärung und eine Beispielrechnung wären total nett)
Vielen Dank für die Hilfe
kruder77
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:54 So 10.07.2005 | | Autor: | Fire21 |
Also die Integrabilitätsbedingungen, die du sicherlich meinst, sind zunächst nur notwendig für die wegunabhängigkeit( und äquivalent zur Wegunabhängigkeit ist die existenz eines Potentialfeldes U mit F=grad U), allerdings lauten diese Bedingungen:
[mm] \partial_{y}F_{3}-\partial_{z}F_{2}=0, \partial_{z}F_{1}-\partial_{x}F_{3}=0, \partial_{x}F_{2}-\partial_{y}F_{1}=0.
[/mm]
Hinreichend für die Wegunabhängigkeit sind sie dann, wenn die Menge, auf der F definiert ist z.B. einfach zusammenhängend ist und das ist in deinem Fall gegeben. Also es stimmt, du mußt die (allerdings modifizierten  ) Integrabilitätsbedingungen nachprüfen, diese implizieren dann die Wegunabhängigkeit.
Im zweiten Teil muß das Integral nicht notwendig 0 sein ( es kann natürlich null sein, das müßte man nachrechnen!). Bei wegunabhängigen Vektorfeldern ist nur das Integral über einen geschlossenen(!!) Weg notwenig 0, aber dein Weg ist ja nicht geschlossen!
Ich hoffe, das hilft dir.
Gruß
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 01:13 So 10.07.2005 | | Autor: | kruder77 |
Jupp, ich denke ich werde mir das nach ein paar stunden schlaf nochmal
anschauen und dann wird es mir bestimmt noch mehr weiterhelfen, als
es das eben schon getan hat!
Vielen Dank
kruder77
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:15 So 10.07.2005 | | Autor: | kruder77 |
Hallo,
wie komme ich denn jetzt von [mm] \overrightarrow{F}=r^{2}(x,y,z) [/mm] ; [mm] r^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2}
[/mm]
auf die Form [mm] \overrightarrow{F}=\vektor{ F_{1}\\ F_{2}\\ F_{3}} [/mm] bzw. wie ermittel ich [mm] F_{1} [/mm] bis [mm] F_{3} [/mm] ?
Vielen Dank für die Hilfe!
kruder77
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:59 So 10.07.2005 | | Autor: | Fire21 |
Hi,
[mm] \vec{F} [/mm] steht ja praktisch schon in dieser Form da, nur das der Vektor als Zeilen- und nicht als Spaltenvektor geschrieben ist(hängt von der getroffenen Konvention ab, macht letztendlich in diesem Fall aber keinen Unterschied, ob Zeilen-od Spaltenvektor).
Es ist in diesem Fall also:
[mm] F_{1}=r^{2}*x, F_{2}=r^{2}*y, F_{3}=r^{2}*z.
[/mm]
Gruß
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:00 So 10.07.2005 | | Autor: | kruder77 |
Hallo,
ja, ok das ist jetzt soweit klar. Konnte nun die Wegunabhängigkeit bzw. Konservativität nachweisen.
Noch eine Frage zum Wegintegral von P(0,0,0) nach P(1,1,1). Nach welchen Schema bilde ich die
dazu benötigte Potentialfunktion V(x;y;z) ?
Vielen vielen Dank
kruder77
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:53 So 10.07.2005 | | Autor: | Fire21 |
Hi,
um das Wegintegral zwischen den Punkten (0,0,0) und (1,1,1) auszurechnen brauchst du das Potential nicht explizit zu bestimmen.
Da du ja nachgewiesen hast, dass das Linienintegral wegunabhängig ist, kannst du irgendeinen beliebigen Weg von (0,0,0) nach (1,1,1) wählen, also auch einen möglichst einfachen, zu dem man eine leichte Parametrisierung angeben kann und hier bietet sich natürlich die gerade Verbindung der Punkte an. Eine Parametrisierung hiervon wäre die Kurve(eigentlich Gerade):
[mm] \gamma: [0;1]\longrightarrow \IR^{3}, t\mapsto [/mm] (0,0,0)+t*(1,1,1).
Und dann berechnet sich das Linienintegral definitionsgemß wie folgt:
[mm] \int_{\gamma} \vec{F}(\vec{x})\cdot d\vec{x} [/mm] = [mm] \int_{0}^{1} \vec{F}(\gamma (t))\cdot \dot{\gamma (t)} [/mm] dt.
(Die Produkte in den Integralen sind Skalarprodukte)
Eine explizite Potentialfunktion könnte man nun z.B. folgendermaßen definieren: Man wählt einen Punkt [mm] x_{0}\in\IR^{3} [/mm] fest und definiert:
[mm] U(x):=\int_{\gamma} \vec{F}(\vec{x})d\vec{x}
[/mm]
wobei [mm] \gamma [/mm] eine beliebige Kurve ist, die [mm] x_{0} [/mm] mit x verbindet. [U(x) ist wohldefiniert, weil [mm] \vec{F} [/mm] ja gerade unabhängig von der Wahl der Kurve [mm] \gamma [/mm] ist, dass U(x) ein Potential von [mm] \vec{F} [/mm] kann man leicht nachrechnen]
Hieran sieht man auch noch mal, dass U nur bist auf eine Konstante bestimmt ist, also wenn ,man vom Potential U redet meint man entweder die Menge aller möglichen Potential oder einen bestimmten Vertreter.
Man könnte U(x) auch so bestimmen: U(x) soll gerade [mm] \vec{F}(\vec [/mm] {x}) = grad [mm] U(\vec{x})=grad [/mm] U(x,y,z) erfüllen, also
[mm] \partial_{x} [/mm] U(x,y,z) = [mm] F_{1}(x,y,z) [/mm] also U(x,y,z) = [mm] \int F_{1}(x,y,z) [/mm] dx + C(y,z). Dann müßte man das so gewonnene U(in dem ja noch C(y,z) drinsteckt) wieder nach y ableiten und die Bedingung stellen: [mm] \partial_{y} U=F_{2}(x,y,z), [/mm] in diesem Schritt erhält man ne "Konstante" (natürlich nur bzgl y) die noch von z abhängt, also das ganze noch mal für z.
Das Verfahren funktioniert(d.h. liefert ein explizites U) natürlich nur solange, die entstehenden Integrale auch lösbar bleiben, in deinem Fall würde es gehen, man erhält:
U(x,y,z)= [mm] \frac{1}{4}(x^{4}+y^{4}+z^{4})+\frac{1}{2} x^{2}(y^{2}+z^{2})+\frac{1}{2}y^{2}z^{2} [/mm] +c
Das letzte c ist nun eine "echte" Konstante.
Aber wie gesagt, um nur das Linienintegral auszurechnen, ist die explizite Angae von U nicht zwingend erforderlich, man kann sich einfach eine möglichst einfache Parametrisierung eines möglichst einfachen Weges wählen und das Linienintegral ausrechnen - vorausgesetzt natürlich das Vektorfeld ist knservativ.
Gruß
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