Satz von Stokes - Vektorfeld

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Satz von Stokes - Vektorfeld

Mathematik
Vektorfelder
Linienintegrale
Stokes-Theorem
Oberflächenintegrale

Ctr

Ich habe Probleme, den Satz von Stokes (unten) als Teil einer Frage zu überprüfen.

\iint_{S} kräuseln \vec{F} \cdot D \vec{S} = \oint_{C} \vec{F} \cdot D \vec{R}

$\iint_{S} \text{curl} \vec F \cdot d\vec S=\oint_{c} \vec F \cdot d\vec r$

Das fragliche Vektorfeld ist $\vec F=(xy,z^3,xz^2)$ und ich schaue über eine Dreiecksebene, die sich verbindet $(0,0,1)$ , $(0,4,1)$ Und $(4,0,1).$

Die Berechnung des Oberflächenintegrals (über der Dreiecksebene) scheint nicht die gleiche Antwort zu liefern wie das geschlossene Linienintegral (um die Kante des Dreiecks herum), also weiß ich, dass ich irgendwo einen Fehler mache!

Meine Arbeit ist unten:

Oberflächenintegral:

Funktion des Flugzeugs:

F (z) = z - 1

$f(z) = z-1$

Einheit normal zur Ebene:

\vec{N} = \frac{\nabla F}{Mod (\nabla F)} = (0, 0, 1)

$\vec n = \frac{\nabla f}{\mod{(\nabla f)}} = (0,0,1)$

Auch,

D S = D A (0, 0, 1) \cdot \vec{N} = D A = D X D j

$dS = dA(0,0,1) \cdot \vec n = dA = dxdy$

Curl des Vektorfeldes:

kräuseln \vec{F} = (- 3 z^{2}, - z^{2}, - X)

$\text{curl} \vec F = (-3z^2,-z^2,-x)$

Berechnung des Oberflächenintegrals:

\int \int_{S} kräuseln \vec{F} \cdot D \vec{S} = \int \int_{S} (- 3 z^{2}, - z^{2}, - X) \cdot (0, 0, 1) D X D j

$\int \int _ S \text{curl} \vec F \cdot d\vec S = \int \int _ S (-3z^2,-z^2,-x) \cdot (0,0,1) dxdy$

= \int \int_{S} - X D X D j

$= \int \int _ S -x dxdy$

Grenzen sind $x = [0,4]$ , $y=[4-x,4]$

= \int_{0}^{4} \int_{4}^{4 - X} - X D j D X

$= \int^4_0\int^{4-x}_4 -x dydx$

= \int_{0}^{4} X^{2} D X = \frac{64}{3}

$= \int^4 _0 x^2 dx=\frac{64}{3}$

Linienintegral

Ich habe die Kanten gegen den Uhrzeigersinn überquert und das Dreieck in drei Linien geteilt. $l_1$ aus $(0,0,1)$ Zu $(0,4,1)$ , $l_2$ aus $(0,4,1)$ Zu $(4,0,1)$ Und $l_3$ aus $(4,0,1)$ Zu $(0,0,1)$ .

Auch,

D \vec{R} = (D X, D j, D z)

$d\vec r = (dx,dy,dz)$

$l_1$

\int_{l_{1}} \vec{F} \cdot D \vec{R} = \int_{l_{1}} (X j, z^{3}, X z^{2}) \cdot (D X, D j, D z)

$\int_{l_1}\vec F \cdot d\vec r = \int_{l_1} (xy,z^3,xz^2) \cdot (dx,dy,dz)$

= \int_{l_{1}} X j D X + z^{3} D j + X z^{2} D z

$= \int_{l_1} xydx+z^3dy+xz^2dz$

Über $l_1$ $x=0$ $dx=0$ $z=1$ $dz=0$ ( $y$ variiert).

= \int_{l_{1}} D j

$= \int_{l_1} dy$

= \int_{0}^{4} D j

$= \int_{0}^4 dy$

= 4

$= 4$

$l_3$

\int_{l_{3}} \vec{F} \cdot D \vec{R} = \int_{l_{3}} (X j, z^{3}, X z^{2}) \cdot (D X, D j, D z)

$\int_{l_3}\vec F \cdot d\vec r = \int_{l_3} (xy,z^3,xz^2) \cdot (dx,dy,dz)$

= \int_{l_{3}} X j D X + z^{3} D j + X z^{2} D z

$= \int_{l_3} xydx+z^3dy+xz^2dz$

Über $l_3$ $y=0$ $dy=0$ $z=1$ $dz=0$ ( $x$ variiert).

= 0

$= 0$

$l_2$

\int_{l_{2}} \vec{F} \cdot D \vec{R} = \int_{l_{1}} (X j, z^{3}, X z^{2}) \cdot (D X, D j, D z)

$\int_{l_2}\vec F \cdot d\vec r = \int_{l_1} (xy,z^3,xz^2) \cdot (dx,dy,dz)$

= \int_{l_{2}} X j D X + z^{3} D j + X z^{2} D z

$= \int_{l_2} xydx+z^3dy+xz^2dz$

Über $l_2$ $x$ Und $y$ variieren, $y=4-x$ $dy=-dx$ $z=1$ $dz=0$ .

= \int_{l_{3}} X (4 - X) D X - \int_{l_{3}} D X

$= \int_{l_3} x(4-x)dx - \int_{l_3} dx$

= \int_{0}^{4} 4 X - X^{2} - 1 D X

$= \int_{0}^4 4x-x^2-1dx$

= 32 - \frac{64}{3} - 4

$= 32-\frac{64}{3}-4$

= \frac{20}{3}

$= \frac{20}{3}$

Und so

\oint_{C} \vec{F} \cdot D \vec{R} = 4 + \frac{20}{3} = \frac{32}{3}

$\oint_{c} \vec F \cdot d\vec r = 4 + \frac{20}{3} = \frac{32}{3}$

Kann jemand sehen, wo ich falsch liege? Hoffentlich übersehe ich etwas relativ Einfaches!

Danke!

Picaud Vincent

du darfst nicht normalisieren

n

$n$ (Sie erhalten 32/3 für das Curl-Integral), in diesem Fall

d S = (0, 0, 16)

$dS=(0,0,16)$ Ich kann die Details schreiben, wenn Sie möchten.

Ctr

@PicaudVincent nicht sicher, was du hier meinst? Es war mein Verständnis, dass ich den Normalenvektor der Ebene normalisieren und auch verwenden sollte

d S = d A \vec{n} \cdot (0, 0, 1)

$dS=dA \vec n\cdot (0,0,1)$ ? Aber hier hat die von mir berechnete Normale Magnitude 1?

Picaud Vincent

Ich schreibe gerade die Details, bitte warten Sie

Ctr

Warte, ich glaube, meine Grenzen auf meinem Oberflächenintegral könnten falsch sein!

Ctr

Ich glaube, ich habe einen Fehler in den Grenzen gemacht, die auf mein Oberflächenintegral angewendet wurden. Berechnung des Oberflächenintegrals:

\int \int_{S} kräuseln \vec{F} \cdot D \vec{S} = \int \int_{S} (- 3 z^{2}, - z^{2}, - X) \cdot (0, 0, 1) D X D j

$\int \int _ S \text{curl} \vec F \cdot d\vec S = \int \int _ S (-3z^2,-z^2,-x) \cdot (0,0,1) dxdy$

= \int \int_{S} - X D X D j

$= \int \int _ S -x dxdy$ Grenzen sollten sein

x = [0, 4]

$x = [0,4]$ ,

y = [4 - x, 0]

$y=[4-x,0]$ (untere Grenze für y sollte 0 und nicht 4 sein).

= \int_{0}^{4} \int_{0}^{4 - X} - X D j D X

$= \int^4_0\int^{4-x}_0 -x dydx$

= \int_{0}^{4} X^{2} D X = \frac{32}{3}

$= \int^4 _0 x^2 dx=\frac{32}{3}$

Picaud Vincent

oki, sorry für die verspätung, mein zeichen pb ist behoben. Hier ist meine Antwort unten, vielleicht hilft es

Maxime

Beachten Sie, dass die gewählte Ausrichtung der Grenze einer Normalen entspricht, die ins Negative zeigt

z

$z$ Richtung. Das doppelte Integral, das Sie geschrieben haben, ist gleich

- 32 / 3

$-32/3$ .

Ctr

@ Maxim nicht sicher, was du hier meinst? Wenn das der Fall wäre, wäre das Oberflächenintegral nicht gleich dem Linienintegral?

Maxime

Überprüfen Sie die letzte Zeile:

\int_{0}^{4} \int_{0}^{4 - x} (- x) d y d x = - 32 / 3

$\int_0^4 \int_0^{4 - x} (-x) dy dx = -32/3$ .

Ctr

@ Maxim vollkommen richtig!

Antworten (1)

Satz von Stokes - Vektorfeld

du darfst nicht normalisieren $n$ (Sie erhalten 32/3 für das Curl-Integral), in diesem Fall $dS=(0,0,16)$ Ich kann die Details schreiben, wenn Sie möchten.
@PicaudVincent nicht sicher, was du hier meinst? Es war mein Verständnis, dass ich den Normalenvektor der Ebene normalisieren und auch verwenden sollte $dS=dA \vec n\cdot (0,0,1)$ ? Aber hier hat die von mir berechnete Normale Magnitude 1?
Warte, ich glaube, meine Grenzen auf meinem Oberflächenintegral könnten falsch sein!
Ich glaube, ich habe einen Fehler in den Grenzen gemacht, die auf mein Oberflächenintegral angewendet wurden. Berechnung des Oberflächenintegrals: $\int \int_{S} kräuseln \vec{F} \cdot D \vec{S} = \int \int_{S} (- 3 z^{2}, - z^{2}, - X) \cdot (0, 0, 1) D X D j$ $\int \int _ S \text{curl} \vec F \cdot d\vec S = \int \int _ S (-3z^2,-z^2,-x) \cdot (0,0,1) dxdy$ $= \int \int_{S} - X D X D j$ $= \int \int _ S -x dxdy$ Grenzen sollten sein $x = [0,4]$ , $y=[4-x,0]$ (untere Grenze für y sollte 0 und nicht 4 sein). $= \int_{0}^{4} \int_{0}^{4 - X} - X D j D X$ $= \int^4_0\int^{4-x}_0 -x dydx$ $= \int_{0}^{4} X^{2} D X = \frac{32}{3}$ $= \int^4 _0 x^2 dx=\frac{32}{3}$
oki, sorry für die verspätung, mein zeichen pb ist behoben. Hier ist meine Antwort unten, vielleicht hilft es
Beachten Sie, dass die gewählte Ausrichtung der Grenze einer Normalen entspricht, die ins Negative zeigt $z$ Richtung. Das doppelte Integral, das Sie geschrieben haben, ist gleich $-32/3$ .
@ Maxim nicht sicher, was du hier meinst? Wenn das der Fall wäre, wäre das Oberflächenintegral nicht gleich dem Linienintegral?
Überprüfen Sie die letzte Zeile: $\int_0^4 \int_0^{4 - x} (-x) dy dx = -32/3$ .

Picaud Vincent · Answer 1

Die Ihrem Dreieck zugeordnete Oberfläche wird definiert durch: $\lambda_1\in[0,1],\ \lambda_2\in[0,1]$ so dass $\lambda_1+\lambda_2\le 1$

T (λ_{1}, λ_{2}) = λ_{1} (v_{2} - v_{1}) + λ_{2} (v_{3} - v_{1}) + v 1 = (4 λ_{2}, 4 λ_{1}, 1)

$t(\lambda_1,\lambda_2)=\lambda_1(v_2-v_1)+\lambda_2(v_3-v_1)+v1=(4\lambda_2,4\lambda_1,1)$ die krummlinige Abszisse sind:

γ_{1} (λ_{1}, λ_{2}) = \frac{\partial T}{\partial_{λ_{1}}} = (0, 4, 0)

$\gamma_1(\lambda_1,\lambda_2)=\frac{\partial t}{\partial_{\lambda_1}}=(0,4,0)$

γ_{2} (λ_{1}, λ_{2}) = \frac{\partial T}{\partial_{λ_{2}}} = (4, 0, 0)

$\gamma_2(\lambda_1,\lambda_2)=\frac{\partial t}{\partial_{\lambda_2}}=(4,0,0)$ Also Flächenelement

d S

$dS$ Ist

D S = γ_{1} \land γ_{2} D λ_{1} D λ_{2} = (0, 0, - 16) D λ_{1} D λ_{2}

$dS=\gamma_1\wedge \gamma_2 d\lambda_1d\lambda_2=(0,0,-16) d\lambda_1d\lambda_2$ So

\begin{aligned} \int \int C u R l F . D S & = \int_{λ_{1} = 0}^{1} \int_{λ_{2} = 0}^{1 - λ_{1}} \underset{(- 3, - 1, - 4 λ_{2})}{\underset{⏟}{(- 3 z^{2}, - z^{2}, - X) \circ T (λ_{1}, λ_{2})}} \cdot \underset{(0, 0, - 16) D λ_{1} D λ_{2}}{\underset{⏟}{D S (λ_{1}, λ_{2})}} \\ = \int_{λ_{1} = 0}^{1} \int_{λ_{2} = 0}^{1 - λ_{1}} 64 λ_{2} D λ_{1} D λ_{2} \\ = 64 \int_{λ_{1} = 0}^{1} \frac{1}{2} (1 - λ_{1})^{2} D λ_{1} \\ = \frac{32}{3} \end{aligned}

$\begin{align} \int\int curl F.dS&=\int_{\lambda_1=0}^1\int_{\lambda_2=0}^{1-\lambda_1} \underbrace{(-3z^2,-z^2,-x)\circ t(\lambda_1,\lambda_2)}_{(-3,-1,-4\lambda_2)} \cdot \underbrace{dS(\lambda_1,\lambda_2)}_{(0,0,-16) d\lambda_1d\lambda_2} \\ &=\int_{\lambda_1=0}^1\int_{\lambda_2=0}^{1-\lambda_1}64\lambda_2d\lambda_1d\lambda_2 \\ &=64\int_{\lambda_1=0}^1\frac{1}{2}(1-\lambda_1)^2d\lambda_1\\&=\frac{32}{3} \end{align}$

Danke - eine andere Möglichkeit, es zu tun, denke ich. Das Problem mit meiner ursprünglichen Frage ist, dass ich denke, dass die Grenzen meines Integrals falsch waren. Ich habe die ursprüngliche Frage mit den Änderungsanträgen kommentiert.
@Ctrp danke, das Wichtigste ist zu verstehen, was Sie tun, und das richtige Ergebnis zu erzielen :)

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Fluss des Vektorfelds über die Oberfläche vs. Fluss der Kräuselung des Vektorfelds über die Oberfläche

Überprüfung von Stokes' Thm. F⃗ =⟨−y,x,−2⟩F→=⟨−y,x,−2⟩\vec F = \left< -y,x,-2\right> wobei SSS die durch z2=x2 definierte Region ist +y2, z∈[0,4]z2=x2+y2, z∈[0,4]z^2 = x^2 + y^2, \space z \in [0,4]

Diskontinuierliches Vektorfeld mit curl 0

Stokes Thm. F⃗ =(x+y2,y+z2,z+x2)F→=(x+y2,y+z2,z+x2)\vec F = (x+y^2, y+z^2, z+ x^2) und SSS ist das Dreieck mit den Ecken (1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)(1,0,0),(0,1,0), (0,0,1)(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)

Linienintegral des nicht konservativen Vektorfeldes

Satz von Stokes für einen Kreis in der Ebene x + y + z = 5

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Vereinfachung des Stokes-Theorem-Problems

Intuition zum Satz von Stokes