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folgende Aufgabe (Kurvenintegral 2. Art(?))


v(γ(t))=(4cos(3t)sin(3t)8tsin(3t)+t22cos²(3t)2sin(3t)8tcos(3t)12tcos(3t)2cos(3t)sin(3t))γ˙(t)=(sin(3t)3cos(3t)34) v(\gamma(t))=\left(\begin{array}{l}4 \cos (3 t) \sin (3 t)-8 t \sin (3 t)+t^{2} \\ 2 \cos² (3 t)-2 \sin (3 t)-8 t \cos (3 t) \\ \frac{1}{2} t \cdot \cos (3 t)-2 \cos (3 t) \sin (3 t)\end{array}\right) \quad \dot{\gamma}(t)=\left(\begin{array}{c}-\sin (3 t) \cdot 3 \\ \cos (3 t) \cdot 3 \\ 4\end{array}\right)



<v,dx> \int \limits_{}^{}<v,dx>
=0π<(4cos(3t)sin(3t)8tsin(3t)+t22cos²(3t)2sin(3t)8tcos(3t)12tcos(3t)2cos(3t)sin(3t)),(sin(3t)3cos(3t)34)dt \left.=\int \limits_{0}^{\pi}<\left(\begin{array}{l}4 \cos (3 t) \sin (3 t)-8 t \sin (3 t)+t^{2} \\ 2 \cos² (3 t)-2 \sin (3 t)-8 t \cos (3 t) \\ \frac{1}{2} t \cdot \cos (3 t)-2 \cos (3 t) \sin (3 t)\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}-\sin (3 t) \cdot 3 \\ \cos (3 t) \cdot 3 \\ 4\end{array}\right)\right\rangle d t


Das Ergebnis ist -pi²


Wie komme ich darauf, bzw. gibt es einen einfacheren Weg, diese Aufgabe zu lösen?


Ich habe auch das Potential, könnte das weiterhelfen?
Phi = 2x²y-y²+1/16xz²-2xyz

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Wie sieht denn vv aus, bevor due γ(t)\gamma(t) eingesetzt hast?

Wie sieht γ(t)\gamma(t) aus, bevor du es abgelitten hast?

γ(t)=(cos(3t)sin(3t)4t)t[0,π] \gamma(t)=\left(\begin{array}{c}\cos (3 t) \\ \sin (3 t) \\ 4 t\end{array}\right) \quad t \in[0, \pi]

γ˙(t)=(sin(3t)3cos(3t)34) \dot{\gamma}(t)=\left(\begin{array}{c}-\sin (3 t) \cdot 3 \\ \cos (3 t) \cdot 3 \\ 4\end{array}\right)


v=(2axyayz+116z2a(x2yxz)bxz2xy) \vec{v}=\left(\begin{array}{c}2 a x y-a y z+\frac{1}{16} z^{2} \\ a\left(x^{2}-y-x z\right) \\ b x z-2 x y\end{array}\right)

mit a=2 und b=1/8

1 Antwort

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Aloha :)

Du kannst das das Vektorfeld v\vec v als Gradient einer Funktion ϕ\phi schreiben:v=gradϕ(x;y;z)=(ϕxϕyϕz);ϕ(x;y;z)2x2y2xyz+xz216y2\vec v=\operatorname{grad}\phi(x;y;z)=\begin{pmatrix}\frac{\partial\phi}{\partial x}\\[1ex]\frac{\partial\phi}{\partial y}\\[1ex]\frac{\partial\phi}{\partial z}\end{pmatrix}\quad;\quad\phi(x;y;z)\coloneqq2x^2y-2xyz+\frac{xz^2}{16}-y^2

Das Kurvenintegral hängt daher nicht vom gewählten Weg, sondern nur vom Start- und Endpunkt ab:γ(0)=(1;0;0);γ(π)=(1;0;4π)\gamma(0)=(1;0;0)\quad;\quad\gamma(\pi)=(-1;0;4\pi)

Damit lautet die Rechnung:E=(1;0;0)(1;0;4π)vdr=(1;0;0)(1;0;4π)(v1v2v3)(dxdydz)=(1;0;0)(1;0;4π)(v1dx+v2dy+v3dz)E=\int\limits_{(1;0;0)}^{(-1;0;4\pi)}\vec v\,d\vec r=\int\limits_{(1;0;0)}^{(-1;0;4\pi)}\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}dx\\dy\\dz\end{pmatrix}=\int\limits_{(1;0;0)}^{(-1;0;4\pi)}\left(v_1\,dx+v_2\,dy+v_3\,dz\right)E=(1;0;0)(1;0;4π)(ϕxdx+ϕydy+ϕzdz)=(1;0;0)(1;0;4π)dϕ\phantom{E}=\int\limits_{(1;0;0)}^{(-1;0;4\pi)}\left(\frac{\partial\phi}{\partial x}\,dx+\frac{\partial\phi}{\partial y}\,dy+\frac{\partial\phi}{\partial z}\,dz\right)=\int\limits_{(1;0;0)}^{(-1;0;4\pi)}d\phiE=ϕ(1;0;4π)ϕ(1;0;0)=π20=π2\phantom E=\phi(-1;0;4\pi)-\phi(1;0;0)=-\pi^2-0=-\pi^2

Avatar von 153 k 🚀

Top, vielen Dank dir!
Habe alles verstanden, super verständlich und ausführlich erklärt!

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