Kurvenintegral aus Vektorfeld < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Gegeben ist das Vektorfeld F(x,y) = [mm] (3x^2*y^4; 5y^4+4x^3*y^3) [/mm] und eine Kurve C die folgende Parameter hat x=x(t)=cos²(3t); y=y(t)=sin²(3t) im intervall t von 0 bis Pi/6
Berechnen sie das Kurvenintegral [mm] \integral_{C}^{}{F(x) dX}
[/mm]
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Hallo könnt ihr mir bei der o.g. Aufgabe helfen? Ich komm nicht weiter:
[mm] F=3x^2*y^4; 5y^4+4x^3*y^3
[/mm]
0 < t < [mm] \pi [/mm] /6
[mm] \integral_{0}^{\bruch{\pi}{6}}{(3x^2*y^4; 5y^4+4x^3*y^3) (x'(t))dt}
[/mm]
kommt jetzt da wo x(t) steht die Ableitung von
x=x(t)=cos²(3t)
y=y(t)=sin²(3t)
rein ? also
x'(t)= -6sin(3t)cos(3t)
y'(t)= 6sin(3t)cos(3t)
oder die Punkte die ich rausbekomme wenn ich t für den intervall von 0 bis Pi sechstel einsetze also:
x=x(t)=cos²(3*0) => 1; & cos²(3*pi/6) => 0
y=y(t)=sin²(3*0) => 0; & sin²(3*pi/6) => 1
=> diese Punkte geben ja gezeichnet eine gerade, kann das vielleicht etwas bedeuten?
normalerweise ist ja bei so einer aufgabe ein einfacher Wert für t gegeben der Abgeleitet immer noch einfach ist. Aber wenn ich wirklich die Ableitung von x und y einsetzen soll dann hab ich ja ein Integral am ende das 5 Zeilen lang ist... Das kommt mir faul vor. Habt ihr vielleicht eine Idee?
Vielen Dank im vorraus!
Anja - die schwer am Mathe lernen für die Klausur ist
Wenn ich wüsste wo ich einen guten mathe nachhilfe menschen finden würde, dann würde ich euch nicht hier immer auf den Geist gehen :(
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:22 Do 25.06.2009 | | Autor: | superkato |
ich hab mal etwas nachgedacht 
x=x(t)=cos²(3t)
y=y(t)=sin²(3t)
0 < t < pi/6
sind ja die Parameter der Kurve
wenn ich also jetzt die Grenzen oben Einsetze
erhalte ich ja für X und Y jeweils den Anfangs und Endwert
also Anfangspunkt "P1(x,y)" = [1;0] und den Endpunkt "P2(x,y)" = [0;1]
also eine Gerade von P1 nach P2
... nur bringt mich das jetzt irgendwie weiter?
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Hallo Anja,
> Gegeben ist das Vektorfeld F(x,y) = [mm](3x^2*y^4; 5y^4+4x^3*y^3)[/mm]
> und eine Kurve C die folgende Parameter hat
> x=x(t)=cos²(3t); y=y(t)=sin²(3t) im intervall t von 0 bis
> Pi/6
> Berechnen sie das Kurvenintegral [mm]\integral_{C}^{}{F(x) dX}[/mm]
>
> Hallo könnt ihr mir bei der o.g. Aufgabe helfen? Ich komm
> nicht weiter:
>
> [mm]F=3x^2*y^4; 5y^4+4x^3*y^3[/mm]
> 0 < t < [mm]\pi[/mm] /6
>
>
> [mm]\integral_{0}^{\bruch{\pi}{6}}{(3x^2*y^4; 5y^4+4x^3*y^3) (x'(t))dt}[/mm]
>
> kommt jetzt da wo x(t) steht
du meinst wohl x'(t) !
> die Ableitung von
>
> x=x(t)=cos²(3t)
> y=y(t)=sin²(3t)
>
> rein ? also
>
> x'(t)= -6sin(3t)cos(3t)
> y'(t)= 6sin(3t)cos(3t)
Ja, und zwar die beiden zu einem Vektor zusammengefasst !
> oder die Punkte die ich rausbekomme wenn ich t für den
> intervall von 0 bis Pi sechstel einsetze also:
>
> x=x(t)=cos²(3*0) => 1; & cos²(3*pi/6) => 0
> y=y(t)=sin²(3*0) => 0; & sin²(3*pi/6) => 1
>
> => diese Punkte geben ja gezeichnet eine gerade, kann das
> vielleicht etwas bedeuten?
Durch zwei Punkte gibt es ja immer eine Gerade ...
Ich wollte gerade schon schreiben, deine Idee
sei Mist, aber vielleicht arbeitet da in deinen
grauen Zellen ein kleines freundliches Helferlein:
Irgendwie hat es insgeheim eine wichtige
Entdeckung gemacht: Nicht nur
für t=0 und für [mm] t=\pi/6 [/mm] , sondern auch für
alle dazwischen liegenden t-Werte gilt doch:
[mm] sin^2(3t)+cos^2(3t)=1, [/mm] also x(t)+y(t)=1 !
(vielleicht hast du die Kurve ja auch skizziert)
Die Kurve C ist also wirklich einfach die gerad-
linige Verbindungsstrecke ihrer Endpunkte,
nur ihre Parametrisierung verschleiert diese
Eigenschaft auf etwas "tückische" Weise...
Und dies bedeutet nun wirklich, dass man sich
die Arbeit radikal vereinfachen kann, indem man
die "blöde" Parametrisierung mit den trig. Funk-
tionen durch eine viel einfachere ersetzt, nämlich:
x=x(u):=1-u
y=y(u):=u
Wenn u von 0 bis 1 läuft, wird genau die
Kurve C in der gleichen Richtung wie vorher
(allerdings jetzt mit "konstanter Geschwindigkeit",
was aber glücklicherweise den Wert des Integrals
nicht verändert) durchlaufen.
> normalerweise ist ja bei so einer aufgabe ein einfacher
> Wert für t gegeben der Abgeleitet immer noch einfach ist.
> Aber wenn ich wirklich die Ableitung von x und y einsetzen
> soll dann hab ich ja ein Integral am ende das 5 Zeilen lang
> ist... Das kommt mir faul vor. Habt ihr vielleicht eine
> Idee?
Mit der neuen Parametrisierung sollte es machbar sein !
Viel Erfolg !
Al-Chw.
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danke für die Hilfe Al-Chw.
dann lauten meine neuen Parameter also
c=(1-t;t) und davon die Ableitung wäre
c'=(-1;1)
und somit bildet sich das Integral:
$ [mm] \integral_{0}^{\bruch{\pi}{6}}{(3*1-t^2\cdot{}t^4+5t^4+4*1-t^3\cdot{}t^3) (-1;1)dt} [/mm] $
=>
$ [mm] \integral_{0}^{\bruch{\pi}{6}}{3*1-t^2\cdot{}t^4*(-1)+5t^4+4*1-t^3\cdot{}t^3*(1)dt} [/mm] $
=>
$ [mm] \integral_{0}^{\bruch{\pi}{6}}{-t^6-5t^4+3+4-t^6 dt} [/mm] $
=>
$ [mm] \integral_{0}^{\bruch{\pi}{6}}{-2t^6-5t^4+7 dt} [/mm] $
oder?
danach integrieren, grenzen einsetzen und fertig :)
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> danke für die Hilfe Al-Chw.
>
> dann lauten meine neuen Parameter also
>
> c=(1-t;t) und davon die Ableitung wäre
>
> c'=(-1;1) ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> und somit bildet sich das Integral:
>
> [mm]\integral_{0}^{\bruch{\pi}{6}}{(3*1-t^2\cdot{}t^4+5t^4+4*1-t^3\cdot{}t^3) (-1;1)dt}[/mm]
>
> [mm]\integral_{0}^{\bruch{\pi}{6}}{3*1-t^2\cdot{}t^4*(-1)+5t^4+4*1-t^3\cdot{}t^3*(1)dt}[/mm]
>
> [mm]\integral_{0}^{\bruch{\pi}{6}}{-t^6-5t^4+3+4-t^6 dt}[/mm]
>
> [mm]\integral_{0}^{\bruch{\pi}{6}}{-2t^6-5t^4+7 dt}[/mm]
> oder?
Ich habe etwas ganz anderes erhalten.
1.) Es fällt doch jetzt die ganze Trigo raus,
und damit auch das [mm] \pi/6 [/mm] als Integrationsgrenze.
2.) Beim Berechnen des Skalarproduktes musst du
sehr vorsichtig sein. Setze alle notwendigen
Klammern !
LG
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Ohje das klingt verständlich, das wenn ich die Trig.Funktion in eine Gerade wandel, das dann auch die Grenzen sich verändern.
Jetzt bin ich mir aber nicht sicher was genau meine Grenzen sind - kann es von 0 bis 1 sein ? Weil die gerade von 0 bis 1 verläuft?
Edit: Sorry ich bin manchmal richtig blööööd! Das ist das erste mal in meinem Leben, dass ich mich so richtig mit dem Thema beschäftige, ich bitte um Verzeihung Al-Chw.
Ich weis jetzt was du mit Skalaprodukt meinst.
Das Integral muss lauten:
[mm] \integral_{0}^{1}{\vektor{3x^2\cdot{}y^4 \\ 5y^4+4x^3\cdot{}y^3} \vektor{-1\\ 1}dt}
[/mm]
wenn du mir jetzt nur noch helfen würdest, wie ich korrekt weiterverfahre.
ich muss doch jetzt für x und y die Werte von C einsetzen also 1-t und t oder?
anschließend Multipliziere ich zu Fx das C'x=-1 und zu Fy das C'y=1 ?
Al-Chw. Ich danke dir für deine Mühen!
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> Jetzt bin ich mir aber nicht sicher was genau meine Grenzen
> sind - kann es von 0 bis 1 sein ? Weil die gerade von 0 bis
> 1 verläuft?
Die Gerade verläuft vom Punkt (1/0) zum
Punkt (0/1). Das kannst du durch Einsetzen in
beide Parametrisierungen genau überprüfen.
> Ich weiß jetzt was du mit Skalaprodukt meinst.
>
> Das Integral muss lauten:
>
> [mm]\integral_{0}^{1}{\vektor{3x^2\cdot{}y^4 \\ 5y^4+4x^3\cdot{}y^3} \vektor{-1\\ 1}dt}[/mm]
>
> wenn du mir jetzt nur noch helfen würdest, wie ich korrekt
> weiterverfahre.
>
> ich muss doch jetzt für x und y die Werte von C einsetzen
> also 1-t und t oder?
Mein Vorschlag wäre gewesen, anstatt t einen
neuen Buchstaben zu nehmen, um keinen
Konflikt mit dem früheren t zu erzeugen.
> anschließend Multipliziere ich zu Fx das C'x=-1 und zu Fy
> das C'y=1 ?
(und dann beides addieren, die Integration durchführen
und die Grenzen einsetzen ...)
> Al-Chw. Ich danke dir für deine Mühen!
Bitte, gern geschehen.
Und dann einen schönen Abend !
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Danke! ich will die Aufgabe jetzt so schnell wie möglich lösen :)
also dann setze ich ein für x und y die c(x) und c(y) Werte ein:
$ [mm] \integral_{0}^{1}{\vektor{3(1-t)^2\cdot{}t^4 \\ 5t^4+4(1-t)^3\cdot{}t^3} \vektor{-1\\ 1}dt} [/mm] $
dann beides mit mit c' multiplizieren:
$ [mm] \integral_{0}^{1}{\vektor{3(1-t)^2\cdot{}t^4 *(-1) \\ 5t^4+4(1-t)^3\cdot{}t^3*(1)} \vektor{-1\\ 1}dt} [/mm] $
$ [mm] \integral_{0}^{1}{\vektor{3(1-t)^2\cdot{}t^4 *(-1) \\ 5t^4+4(1-t)^3\cdot{}t^3*(1)} dt} [/mm] $
$ [mm] \integral_{0}^{1}{\vektor{-3t^4*(t-1)^2 \\ -t^3(4t^3-12t^2+7t-4)} dt} [/mm] $
das dann addieren:
$ [mm] \integral_{0}^{1}{-3t^4*(t-1)^2 -t^3(4t^3-12t^2+7t-4) dt} [/mm] $
=>
$ [mm] \integral_{0}^{1}{3t^7*(t-1)^2*(4t^3-12t^2+7t-4) dt} [/mm] $
jetzt integrieren ?
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so ich habe dann gerrechnet
[mm] \integral_{1}^{1}{-3t^6+6t^5-3t^4-4t^6+12t^5-7t^4+4t^3 dt}
[/mm]
=> [mm] [-t^7+3t^6-2t^5+t^4]0 [/mm] bis 1
=> 1 - 0 =1
:)
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> [mm]\integral_{1}^{1}\blue{(}{-3t^6+6t^5-3t^4-4t^6+12t^5-7t^4+4t^3\blue{)} dt}[/mm]
>
> = [mm] (-t^7+3t^6-2t^5+t^4)\,|_0^1
[/mm]
>
> = 1 - 0 =1
![[daumenhoch]](/images/smileys/daumenhoch.gif "[daumenhoch]") genau das sagt auch Mathematica !
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:36 Do 25.06.2009 | | Autor: | superkato |
Danke Al-Chwarizmi ohne dich hätte ich das nicht lösen können!
Vielen Dank!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
Schönen Abend noch,
Anja
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![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]"){kind=small}
