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Aufgabe:

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Gegeben sei die Funktion \( f(\vec{x}) \) und die Kurve \( \vec{s}(t) \) im Intervall \( t \in[1,3] \). Berechnen Sie die Länge der Kurve \( \vec{s}(t) \) sowie das Wegintegral
\( f(\vec{x})=\frac{2 y}{x} \) \( \int \limits_{s} f(\vec{x}) \mathrm{d} s \) für die Kurve \( \vec{s}(t) \).
\( \vec{s}(t)=\left(\begin{array}{c}2 t \\ t^{2} \\ t^{3} / 3\end{array}\right) \)


Problem/Ansatz:

Wie bestimme ich das Wegintegral?

von

3 Antworten

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Beste Antwort

Das Wegintegral berechnet sich zu

$$ \int_\gamma f(\vec{x}) dx = \int_1^3 f(\overrightarrow{\gamma(t)}) \cdot \| \dot\gamma(t) \|_2 \ dt  $$ mit $$ f : \mathbb{R^3} \to \mathbb{R} \text{  und } f(\vec{x}) = \frac{2y}{x} $$ sowie $$ \gamma(t) = \begin{pmatrix} 2t \\ t^2 \\ \frac{t^3}{3} \end{pmatrix} \text{ mit } t \in [1,3] $$ Daraus ergibt sich

$$\| \dot\gamma(t) \|_2 = \sqrt{4+4t^2+t^4} $$ und \( f(\overrightarrow{\gamma(t)}) = t \)

Also muss folgendes Integral berechnet werden

$$ \int_1^3 t \sqrt{4+4t^2+t^4} \ dt = \int_1^3 t (t^2+2) \ dt $$

Die Länge des Weges berechnet sich aus \(  \int_1^3 \| \dot\gamma(t) \|_2 \ dt \)

von 37 k

Achso jetzt hab ich es verstanden, danke!

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Hallo

das Wegintegral steht doch in der Aufgabe. Vielleicht hast du vergessen d\( \vec{s} \)=\( \vec{s'} \)dt? und im Integral steht das Skalarprodukt.

Gruß lul

von 86 k 🚀

(1 bis 3) (t) dt    Es ist aber ds = (t^2 + 2) dt

das Skalarprodukt bsteht aber doch nur zwischen Vektoren.

Danke, ich hab mir f nicht wirklich angesehen. du hast recht.

lul

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Aloha :)

Hier haben wir es mit einem Wegintegral über einem Skalarfeld zu tun. Das Ergebnis ist ein Vektor, weil über das Linienelement \(d\vec s\) der Vektorcharakter beigesteuert wird:$$\vec E=\int\limits_{s(t=1)}^{s(t=3)}f(\vec s)\,d\vec s=\int\limits_{t=1}^3\frac{2s_y(t)}{s_x(t)}\,\frac{d\vec s}{dt}\,dt=\int\limits_{t=1}^3\frac{2\cdot t^2}{2t}\begin{pmatrix}2\\2t\\t^2\end{pmatrix}\,dt=\int\limits_{t=1}^3\begin{pmatrix}2t\\2t^2\\t^3\end{pmatrix}dt$$

Die Integration geschieht komponentenweise:$$\vec E=\left[\begin{pmatrix}t^2\\[1ex]\frac23t^3\\[1ex]\frac{t^4}{4}\end{pmatrix}\right]_{t=1}^3=\begin{pmatrix}9\\18\\\frac{81}{4}\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1\\[1ex]\frac23\\[1ex]\frac{1}{4}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}8\\\frac{52}{3}\\20\end{pmatrix}$$

von 118 k 🚀

Danke, aber wie kann ich die Kurvenlänge bestimmen?

Da muss aber doch der Betrag von \( \frac{ds}{dt} \) genommen werden, oder vertue ich mich?

Bei mir in den Lösungen steht 28

Achso, du hattest nur nach dem Wegintegral über das Skalarfeld gefragt...

Die Kurvenlänge ist:

$$\ell=\int\limits_Cds=\int\limits_{t=1}^3\left\|\frac{d\vec s}{dt}\right\|\,dt=\int\limits_{t=1}^3\left\|\begin{pmatrix}2\\2t\\t^2\end{pmatrix}\right\|\,dt=\int\limits_{t=1}^3\sqrt{4+4t^2+t^4}\,dt$$$$\phantom\ell=\int\limits_{t=1}^3\sqrt{(2+t^2)^2}\,dt=\int\limits_{t=1}^3(2+t^2)\,dt\left[2t+\frac{t^3}{3}\right]_{t=1}^3=\frac{38}{3}$$

Kommt ja bei der Lösung oben auch raus, wenn man die Integralgrenzen einsetzt. Da ist auch erläutert wie man auf die Weglänge kommt.

Ja, das Problem ist, dass offensichtlich nicht das Wegintegral$$\int f(\vec s)\,d\vec s$$gesucht ist, sondern das Integral über die Bogenlänge$$\int f(\vec s)\,ds$$Im ersten Fall kommt der Vektor raus, den ich berechnet habe, im zweiten Fall kommt \(28\) raus, was ullim bestimmt hat.

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