Klausur_HM3_WS2425_Lösung

Aufgabe 1 (10 Punkte)

  1. Lösen Sie das Anfangswertproblem

\[ x'=(1-\alpha)t\frac{x^2}{t^3} \] \[\quad x(1)=\frac{2}{1-2\alpha} \] \[\quad \alpha\in(0,\frac{1}{2})\] und geben Sie den maximalen Definitionsbereich \(t\in[1,T)\) der Lösung in Abhängigkeit von \(\alpha\) an.

Was passiert für \(\alpha \to 0\)?

  1. Betrachten Sie die Differentialgleichung

\[2xe^{x^2-t}\dot x-e^{x^2-t}-1=0,\quad x(1)=1\] (i) Zeigen Sie das die DGL exakt ist.

  1. Geben Sie eine Funktion \(\Phi=\Phi(t,x)\) an, so dass \(\Phi_t(t,x)+\Phi_x(t,x)\dot x=0\)

  2. Geben Sie die Lösung des Anfangswertproblems an.

Aufgabe 1a: Lösung des Anfangswertproblems

Die Differentialgleichung lautet: \[ x' = (1-\alpha)t\frac{x^2}{t^3} = (1-\alpha) \frac{x^2}{t^2} \] Diese ist eine separierbare Differentialgleichung:

\[ \frac{dx}{x^2} = (1-\alpha) \frac{dt}{t^2} \] Durch Integrieren erhalten wir:

\[ -\frac{1}{x} = -(1-\alpha) \frac{1}{t} + C \]

\[ \frac{1}{x} = (1-\alpha) \frac{1}{t} - C \] Die Anfangsbedingung \(x(1) = \frac{2}{1-2\alpha}\) liefert: \[ \frac{1}{\frac{2}{1-2\alpha}} = (1-\alpha) - C \] \[ \frac{1-2\alpha}{2} = (1-\alpha) - C \]

\[ C = 1 - \alpha - \frac{1-2\alpha}{2} = \frac{1-2\alpha}{2} \] Somit ergibt sich: \[ \frac{1}{x} = (1-\alpha) \frac{1}{t} - \frac{1-2\alpha}{2} \]

\[ x(t) = \frac{1}{(1-\alpha)\frac{1}{t} - \frac{1-2\alpha}{2}} \]

Der maximale Definitionsbereich wird bestimmt durch die Singularität, d.h. den Nenner:

\[ (1-\alpha) \frac{1}{t} - \frac{1-2\alpha}{2} = 0 \]

\[ (1-\alpha) \frac{1}{t} = \frac{1-2\alpha}{2} \] \[ t = \frac{2(1-\alpha)}{1-2\alpha} \] Daher ist der maximale Definitionsbereich \(t \in [1, T)\) mit

\[ T = \frac{2(1-\alpha)}{1-2\alpha}. \]

Für \(\alpha \to 0\) folgt:

\[ T = \frac{2(1-0)}{1-0} = 2. \]

Aufgabe 1b: Exakte Differentialgleichung

Die gegebene Differentialgleichung lautet: \[ 2xe^{x^2-t} \dot{x} - e^{x^2-t} - 1 = 0. \]

(i) Exaktheit nachweisen

Schreiben wir sie in der Form: \[ M(t,x) + N(t,x) \dot{x} = 0. \] Hier setzen wir: \[ M(t,x) = -e^{x^2-t} - 1, \quad N(t,x) = 2xe^{x^2-t}. \]

Prüfen wir die Exaktheitsbedingung: \[ \frac{\partial M}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} \left( -e^{x^2-t} - 1 \right) = -2xe^{x^2-t}. \]

\[ \frac{\partial N}{\partial t} = \frac{\partial}{\partial t} \left( 2xe^{x^2-t} \right) = -2xe^{x^2-t}. \]

Da beide Ableitungen übereinstimmen, ist die Differentialgleichung exakt.

(ii) Bestimmung von \(\Phi(t,x)\)

Da die DGL exakt ist, existiert eine Funktion \(\Phi(t,x)\) mit \[ \Phi_t = M, \quad \Phi_x = N. \]

Zunächst aus \(\Phi_x = 2xe^{x^2-t}\) durch Integration: \[ \Phi(t,x) = \int 2xe^{x^2-t} dx. \] Substituieren wir \(u = x^2 - t \Rightarrow du = 2x dx\): \[ \Phi(t,x) = \int e^u du = e^{x^2-t} + g(t). \]

Nun aus \(\Phi_t = -e^{x^2-t} - 1\): \[ \frac{d}{dt} \left( e^{x^2-t} + g(t) \right) = -e^{x^2-t} - 1. \] \[ - e^{x^2-t} + g'(t) = -e^{x^2-t} - 1. \] \[ g'(t) = -1. \] \[ g(t) = -t + C. \]

Somit ist eine Potentialfunktion: \[ \Phi(t,x) = e^{x^2-t} - t + C. \]

(iii) Lösung des Anfangswertproblems

Da \(\Phi(t,x)\) konstant sein muss, setzen wir die Anfangsbedingung \(x(1) = 1\) ein: \[ e^{1^2 - 1} - 1 + C = 0. \] \[ e^0 - 1 + C = 0. \] \[ C = 1. \]

Die allgemeine Lösung ist also: \[ e^{x^2 - t} - t + 1 = 0. \]

Lösen nach \(x\): \[ e^{x^2 - t} = t - 1. \] \[ x^2 - t = \ln (t - 1). \] \[ x^2 = t + \ln (t - 1). \] \[ x = \pm \sqrt{t + \ln (t-1)}. \]

Da \(x(1) = 1\), wählen wir das positive Vorzeichen: \[ x(t) = \sqrt{t + \ln (t-1)}. \]

Dies ist die Lösung des Anfangswertproblems für \(t > 1\).

Aufgabe 2 (10 Punkte) Gegeben ist das lineare System \[ \dot x=\begin{pmatrix} -2&-5\\1&4 \end{pmatrix}x\quad \text{ und}\quad b(t)=4\begin{pmatrix} e^t\\0\end{pmatrix}\]

  1. Geben Sie ein Fundamentalsystem der homogenen Gleichung an.

  2. Geben sie die allgemeine Lösung des Anfangswertproblems \(\dot x=Ax+b(t)\) an.

Hier sind die Lösungen zu den Aufgaben:

Teil a: Fundamentalsystem der homogenen Gleichung

Die homogene Gleichung lautet: \[ \dot{x} = A x, \quad \text{mit} \quad A = \begin{pmatrix} -2 & -5 \\ 1 & 4 \end{pmatrix}. \] Bestimmen wir die Eigenwerte von \(A\) durch Lösen der charakteristischen Gleichung: \[ \det(A - \lambda I) = \begin{vmatrix} -2 - \lambda & -5 \\ 1 & 4 - \lambda \end{vmatrix} = (-2 - \lambda)(4 - \lambda) - (-5 \cdot 1). \] \[ = (-2 - \lambda)(4 - \lambda) + 5 = -8 + 2\lambda - 4\lambda + \lambda^2 + 5. \] \[ = \lambda^2 - 2\lambda - 3. \] Die Nullstellen der charakteristischen Gleichung \(\lambda^2 - 2\lambda - 3 = 0\) sind: \[ \lambda_{1,2} = \frac{2 \pm \sqrt{4 + 12}}{2} = \frac{2 \pm 4}{2} = \{3, -1\}. \]

Für \(\lambda_1 = 3\), lösen wir \((A - 3I)v = 0\): \[ \begin{pmatrix} -2 - 3 & -5 \\ 1 & 4 - 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -5 & -5 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = 0. \] Die erste Zeile liefert \(-5 v_1 - 5 v_2 = 0\) \(\Rightarrow v_1 = -v_2\). Setzen wir \(v_2 = 1\), dann ist \(v_1 = -1\), also: \[ v_1 = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix}. \]

Für \(\lambda_2 = -1\), lösen wir \((A + I)v = 0\): \[ \begin{pmatrix} -2 + 1 & -5 \\ 1 & 4 + 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & -5 \\ 1 & 5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = 0. \] Die erste Zeile liefert \(-v_1 - 5v_2 = 0\) \(\Rightarrow v_1 = -5v_2\). Setzen wir \(v_2 = 1\), dann ist \(v_1 = -5\), also: \[ v_2 = \begin{pmatrix} -5 \\ 1 \end{pmatrix}. \]

Ein Fundamentalsystem ist dann: \[ \Phi(t) = \begin{pmatrix} -1 & -5 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} e^{3t} & 0 \\ 0 & e^{-t} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -e^{3t} & -5e^{-t} \\ e^{3t} & e^{-t} \end{pmatrix}. \]

Teil b: Allgemeine Lösung des Anfangswertproblems

Die allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung ist: \[ x(t) = \Phi(t) C + \Phi(t) \int \Phi^{-1}(t) b(t) dt. \] Berechnen wir \(\Phi^{-1}(t)\):

\[ \Phi^{-1}(t) = \frac{1}{\det(\Phi(t))} \begin{pmatrix} e^{-t} & 5e^{-t} \\ -e^{3t} & -e^{3t} \end{pmatrix}. \]

\(\det(\Phi(t)) = (-e^{3t})e^{-t} - (-5e^{-t}e^{3t}) = -e^{2t} + 5e^{2t} = 4e^{2t}\), also: \[ \Phi^{-1}(t) = \frac{1}{4e^{2t}} \begin{pmatrix} e^{-t} & 5e^{-t} \\ -e^{3t} & -e^{3t} \end{pmatrix}. \]

Setzen wir \(b(t) = 4 \begin{pmatrix} e^t \\ 0 \end{pmatrix}\) ein: \[ \Phi^{-1}(t) b(t) = \frac{1}{4e^{2t}} \begin{pmatrix} e^{-t} & 5e^{-t} \\ -e^{3t} & -e^{3t} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 4e^t \\ 0 \end{pmatrix}. \]

\[ = \frac{1}{4e^{2t}} \begin{pmatrix} 4e^{-t} e^t \\ -4e^{3t} e^t \end{pmatrix} = \frac{1}{4e^{2t}} \begin{pmatrix} 4 \\ -4e^{4t} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1/e^{2t} \\ -e^{2t} \end{pmatrix}. \]

Die Integralberechnung liefert: \[ \int \begin{pmatrix} e^{-2t} \\ -e^{2t} \end{pmatrix} dt = \begin{pmatrix} -\frac{1}{2}e^{-2t} \\ -\frac{1}{2} e^{2t} \end{pmatrix}. \]

Somit ist die partikuläre Lösung: \[ x_p(t) = \Phi(t) \begin{pmatrix} -\frac{1}{2}e^{-2t} \\ -\frac{1}{2} e^{2t} \end{pmatrix}. \]

Die allgemeine Lösung ist dann: \[ x(t) = \Phi(t) C + x_p(t). \]

Aufgabe 3 (10 Punkte) Gegeben sei die partielle Differentialgleichung \[ u_{tt}-u_{xx}=0\] mit \(x\in[0,\pi]\) und \(t>0\)

  1. Klassifizieren Sie die PDE mit den Begriffen elliptisch, parabolisch, hyperbolisch.

  2. Bestimmen Sie die Koeffizienten der Sinus-Fouriereihe der ungerade periodisch fortgesetzten Funktion \[f(x)=1\quad \text{für } x\in [0,\pi]\].

  3. Bestimmen Sie die Lösung der obigen PDE mit der Anfangsbedingung

\[u(0,x)=x\quad x\in[0,\pi],\]

\[u_t(0,x)=0\quad x\in[0,\pi],\]

und den Randbedingungen \(u(t,0)=u(t,\pi)=0, t>0\).

Hier sind die Lösungen zu den Aufgaben:

Teil a: Klassifikation der PDE

Die gegebene partielle Differentialgleichung ist: \[ u_{tt} - u_{xx} = 0. \] Dies ist eine lineare, homogene, partielle Differentialgleichung zweiter Ordnung. Um die Klassifikation zu bestimmen, betrachten wir die allgemeine Form einer PDE zweiter Ordnung: \[ A u_{xx} + 2B u_{xt} + C u_{tt} = 0. \] Für unsere Gleichung sind die Koeffizienten: \[ A = -1, \quad B = 0, \quad C = 1. \] Die Diskriminante ist gegeben durch: \[ B^2 - AC = 0^2 - (1 \cdot (-1)) = 1. \] Da die Diskriminante positiv ist (\(B^2 - AC > 0\)), handelt es sich um eine hyperbolische Differentialgleichung.

Teil b: Fourierkoeffizienten der ungerade periodischen Fortsetzung von \(f(x)\)

Die Funktion \(f(x) = 1\) auf \([0, \pi]\) soll ungerade periodisch fortgesetzt werden. Dies bedeutet: \[ f(-x) = -f(x). \] Die Fourierreihe einer ungeraden \(2\pi\)-periodischen Funktion hat nur Sinus-Terme: \[ f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin(n x), \] mit den Koeffizienten: \[ b_n = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi 1 \cdot \sin(n x) \,dx. \] Die Integralberechnung ergibt: \[ b_n = \frac{2}{\pi} \left[ -\frac{1}{n} \cos(n x) \right]_0^\pi. \] Da \(\cos(n\pi) = (-1)^n\) und \(\cos(0) = 1\), folgt: \[ b_n = \frac{2}{\pi} \left( -\frac{1}{n} \left( (-1)^n - 1 \right) \right). \] \[ = \frac{2}{\pi} \cdot \frac{1}{n} (1 - (-1)^n). \] Für ungerades \(n\) ist \(1 - (-1)^n = 2\), für gerades \(n\) ist \(1 - (-1)^n = 0\), also: \[ b_n = \begin{cases} \frac{4}{n\pi}, & n \text{ ungerade}, \\ 0, & n \text{ gerade}. \end{cases} \]

Teil c: Lösung der Wellengleichung

Die Wellengleichung lautet: \[ u_{tt} - u_{xx} = 0, \quad x \in [0, \pi], \quad t > 0. \] mit den Anfangsbedingungen: \[ u(0, x) = x, \quad u_t(0, x) = 0, \] und den Randbedingungen: \[ u(t,0) = u(t,\pi) = 0. \]

Schritt 1: Separation der Variablen

Wir setzen \(u(t, x) = X(x) T(t)\) an und erhalten durch Trennung: \[ \frac{T''(t)}{T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)}. \] Beide Seiten müssen gleich einer Konstanten \(-\lambda\) sein. Für \(X(x)\) folgt die Sturm-Liouville-Gleichung: \[ X'' + \lambda X = 0, \quad X(0) = X(\pi) = 0. \] Die Lösungen sind: \[ X_n(x) = \sin(n x), \quad \lambda_n = n^2, \quad n \in \mathbb{N}. \]

Für \(T_n(t)\) gilt: \[ T_n'' + n^2 T_n = 0. \] Die Lösung ist: \[ T_n(t) = A_n \cos(n t) + B_n \sin(n t). \]

Schritt 2: Anfangsbedingung \(u(0,x) = x\)

Die Lösung hat die Form: \[ u(t,x) = \sum_{n=1}^{\infty} \left( A_n \cos(n t) + B_n \sin(n t) \right) \sin(n x). \] Setzen wir \(t = 0\), ergibt sich: \[ x = \sum_{n=1}^{\infty} A_n \sin(n x). \] Die Fourier-Koeffizienten \(A_n\) berechnen sich durch: \[ A_n = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi x \sin(n x) \,dx. \] Integration durch Teile liefert: \[ A_n = \frac{2}{\pi} \left( \frac{\pi (-1)^n}{n} - \frac{1}{n^2} \right) = \frac{2}{n} (-1)^n. \]

Schritt 3: Anfangsbedingung \(u_t(0,x) = 0\)

Die Ableitung ist: \[ u_t(0, x) = \sum_{n=1}^{\infty} B_n n \sin(n x) = 0. \] Da die Sinusfunktionen linear unabhängig sind, folgt \(B_n = 0\).

Schritt 4: Endgültige Lösung

\[ u(t,x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2}{n} (-1)^n \cos(n t) \sin(n x). \]

Aufgabe 4 (10 Punkte)

Gegeben seine die beiden Vektorfelder \(F_k:R^3\rightarrow R^3\) mit \(k=0,1\) und der Weg \(\gamma: [0,1]\rightarrow R^3\).

\(F=\begin{pmatrix} z\cos(k(x+y))\\z\cos(k(x+y))\\\sin(k(x+y))+2z \end{pmatrix}\) und \(\gamma(t)=\begin{pmatrix} \pi t\\\pi t\\ t^2\end{pmatrix}\)

  1. Bestimen Sie jeweils die Rotation von \(F_0\) und \(F_1\).

  2. Untersuchen Sie, ob die Vektorfelder \(F_0\) und \(F_1\) ein Potentialfeld sind und geben Sie gegebenenfalls ein Potential an.

  3. Berechnen Sie jeweils die Kurvenintegrale 2. Art der Vektorfelder \(F_0\) und \(F_1\) entlang \(\gamma\).

Hier sind die ausführlichen Lösungen zur Aufgabe 4:

Teil a: Berechnung der Rotation von \(F_k\)

Die Rotation eines Vektorfeldes \(F\) ist definiert als: \[ \operatorname{rot} F = \nabla \times F = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ F_1 & F_2 & F_3 \end{vmatrix}. \] Für \(F_k\) ist gegeben: \[ F_k = \begin{pmatrix} z\cos(k(x+y)) \\ z\cos(k(x+y)) \\ \sin(k(x+y)) + 2z \end{pmatrix}. \]

Rotation für \(F_0\)

Setzen wir \(k=0\), dann wird \(\cos(k(x+y)) = \cos(0) = 1\) und \(\sin(k(x+y)) = \sin(0) = 0\), sodass: \[ F_0 = \begin{pmatrix} z \\ z \\ 2z \end{pmatrix}. \]

Nun berechnen wir die Rotation: \[ \operatorname{rot} F_0 = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ z & z & 2z \end{vmatrix}. \] Die Komponenten sind: \[ \frac{\partial}{\partial y} (2z) - \frac{\partial}{\partial z} (z) = 0 - 1 = -1, \] \[ \frac{\partial}{\partial z} (z) - \frac{\partial}{\partial x} (2z) = 1 - 0 = 1, \] \[ \frac{\partial}{\partial x} (z) - \frac{\partial}{\partial y} (z) = 0 - 0 = 0. \]

Somit: \[ \operatorname{rot} F_0 = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}. \]

Rotation für \(F_1\)

Für \(k=1\) haben wir: \[ F_1 = \begin{pmatrix} z\cos(x+y) \\ z\cos(x+y) \\ \sin(x+y) + 2z \end{pmatrix}. \]

Berechnen der Rotation: \[ \operatorname{rot} F_1 = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ z\cos(x+y) & z\cos(x+y) & \sin(x+y) + 2z \end{vmatrix}. \] Die Komponenten sind: \[ \frac{\partial}{\partial y} (\sin(x+y) + 2z) - \frac{\partial}{\partial z} (z\cos(x+y)) = \cos(x+y) - \cos(x+y) = 0. \] \[ \frac{\partial}{\partial z} (z\cos(x+y)) - \frac{\partial}{\partial x} (\sin(x+y) + 2z) = \cos(x+y) - \cos(x+y) = 0. \] \[ \frac{\partial}{\partial x} (z\cos(x+y)) - \frac{\partial}{\partial y} (z\cos(x+y)) = -z\sin(x+y) + z\sin(x+y) = 0. \]

Da alle Komponenten null sind, ist: \[ \operatorname{rot} F_1 = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}. \]

Teil b: Existenz eines Potentials

Ein Vektorfeld ist konservativ (also ein Potentialfeld), wenn seine Rotation null ist.

  • Für \(F_0\) ist \(\operatorname{rot} F_0 \neq 0\), also kein Potentialfeld.
  • Für \(F_1\) ist \(\operatorname{rot} F_1 = 0\), also gibt es ein Potential \(\Phi(x,y,z)\) mit \(\nabla \Phi = F_1\).

Um \(\Phi\) zu bestimmen, lösen wir: \[ \frac{\partial \Phi}{\partial x} = z\cos(x+y), \] \[ \frac{\partial \Phi}{\partial y} = z\cos(x+y), \] \[ \frac{\partial \Phi}{\partial z} = \sin(x+y) + 2z. \]

Integration der ersten Gleichung nach \(x\): \[ \Phi(x,y,z) = z\sin(x+y) + C(y,z). \]

Ableitung nach \(y\) ergibt: \[ \frac{\partial \Phi}{\partial y} = z\cos(x+y) + \frac{\partial C}{\partial y} = z\cos(x+y). \] Daraus folgt \(\frac{\partial C}{\partial y} = 0\), also ist \(C(y,z) = C(z)\).

Nun Integration der dritten Gleichung: \[ \frac{\partial \Phi}{\partial z} = \sin(x+y) + 2z. \] Einsetzen von \(\Phi = z\sin(x+y) + C(z)\): \[ \sin(x+y) + C'(z) = \sin(x+y) + 2z. \] Daraus folgt \(C'(z) = 2z\), also \(C(z) = z^2 + C_0\).

Das Potential ist: \[ \Phi(x,y,z) = z\sin(x+y) + z^2 + C_0. \]

Teil c: Berechnung der Kurvenintegrale

Das Kurvenintegral eines Vektorfeldes entlang \(\gamma(t)\) ist: \[ \int_{\gamma} F \cdot d\gamma = \int_0^1 F(\gamma(t)) \cdot \gamma'(t) dt. \]

Die Ableitung des Weges: \[ \gamma(t) = \begin{pmatrix} \pi t \\ \pi t \\ t^2 \end{pmatrix}, \quad \gamma'(t) = \begin{pmatrix} \pi \\ \pi \\ 2t \end{pmatrix}. \]

Integral für \(F_0\)

\[ F_0(\gamma(t)) = \begin{pmatrix} t^2 \\ t^2 \\ 2t^2 \end{pmatrix}. \]

\[ F_0 \cdot \gamma' = (\pi t^2) \pi + (\pi t^2) \pi + (2t^2)(2t). \] \[ = \pi^2 t^2 + \pi^2 t^2 + 4t^3 = 2\pi^2 t^2 + 4t^3. \]

Das Integral ist: \[ \int_0^1 (2\pi^2 t^2 + 4t^3) dt = \frac{2\pi^2}{3} + t^4\Big|_0^1 = \frac{2\pi^2}{3} + 1. \]

Integral für \(F_1\)

Da \(F_1\) ein Potentialfeld ist, ist das Kurvenintegral entlang einer geschlossenen oder zwischen zwei Punkten definierten Bahn einfach die Differenz des Potentials: \[ \Phi(\gamma(1)) - \Phi(\gamma(0)). \]

Durch Einsetzen erhält man: \[ \Phi(\pi, \pi, 1) - \Phi(0,0,0) = (1\sin(2\pi) + 1^2) - (0\sin(0) + 0^2) = 1 - 0 = 1. \]

Aufgabe 5 (10 Punkte)

Es sei \(\gamma(u)=(e^u-1,0,\sqrt{u})^T\) mit \(u\in[0,1]\) ein planarer Weg in der x-z-Ebene. Mit \(A\) bezeichnen wir die Rotationsfläche, die entsteht, wenn \(\gamma\) um die z-Achse rotiert wird.

Gegeben sei ausserdem das Vektorfeld

\[ F:R^3\rightarrow R^3, F(x,y,z)=\begin{pmatrix} xz\\yz \\x^2+y^2 \end{pmatrix} \]

  1. Geben Sie eine Parametrisierung \(f(u,v)\) der Fläche \(A\) an.

  2. Bestimmen Sie Tangentialvektoren und Normenalenvektor an die Fläche \(A\) für \(u>0\).

  3. Bestimmen Sie das Oberflächenintegral 2.Art \(\int_AF\cdot dn\).

Wir betrachten zunächst den Weg [ (u)=(eu-1,,0,,)T,u, ] der in der (x)-(z)-Ebene liegt. Durch Rotation um die (z)-Achse erhalten wir eine Rotationsfläche (A) und dazu das Vektorfeld [ F(x,y,z)= \[\begin{pmatrix} xz \\ yz \\ x^2+y^2 \end{pmatrix}\]

,. ] Im Folgenden geben wir eine mögliche Lösung der Aufgaben (a)–(c) an.

a) Parametrisierung der Fläche (A)

Da die Rotation um die (z)-Achse die (x)- und (y)-Koordinaten in Polarkoordinaten „ausbreitet“, verwendet man für den Rotationswinkel (v) (mit (v)) die übliche Darstellung: [ x=(eu-1)v,y=(eu-1)v,z=,. ] Damit lautet eine Parametrisierung der Fläche [ ]

b) Tangentialvektoren und Normalenvektor (für (u>0))

Wir leiten (f(u,v)) partiell nach (u) und (v) ab.

Partielle Ableitung nach (u): [ \[\begin{aligned} f_u(u,v)&=\frac{\partial}{\partial u}\Bigl((e^u-1)\cos v,\,(e^u-1)\sin v,\,\sqrt{u}\Bigr)\\[1mm] &=\Bigl(e^u\cos v,\; e^u\sin v,\; \frac{1}{2\sqrt{u}}\Bigr)^T\,. \end{aligned}\]

]

Partielle Ableitung nach (v): [ \[\begin{aligned} f_v(u,v)&=\frac{\partial}{\partial v}\Bigl((e^u-1)\cos v,\,(e^u-1)\sin v,\,\sqrt{u}\Bigr)\\[1mm] &=\Bigl(- (e^u-1)\sin v,\; (e^u-1)\cos v,\; 0\Bigr)^T\,. \end{aligned}\]

]

Der (nicht unbedingt normierte) Normalenvektor wird durch das Kreuzprodukt bestimmt: [ n(u,v)=f_u(u,v)f_v(u,v). ] Wir schreiben zur Übersicht kurz [ A=eu,r=eu-1,B=, ] so dass [ f_u(u,v)=(Av,, Av,, B)^Tf_v(u,v)=(-rv,, rv,,0)^T,. ] Berechnen wir das Kreuzprodukt: [ \[\begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k}\\[1mm] A\cos v & A\sin v & B\\[1mm] - r\sin v & r\cos v & 0 \end{vmatrix}\]

= (-B,rv,; -B,rv,; A,r)^T,. ] Das heißt [ ] (Dieser Vektor ist (bis auf eine Vorzeichenwahl) die Orientierung der Fläche.)

c) Berechnung des Oberflächenintegrals 2. Art

Wir sollen [ _A Fdn ] berechnen. (Hierbei entspricht (Fdn) der klassischen Darstellung (Fn,dS) mit (n) als Einheitsnormalvektor; da [ dS=|f_uf_v|,du,dv, ] und (n=), erhält man nämlich [ Fn,dS =F(f_uf_v),du,dv,.) ]

Vorbereitung: Darstellung von (F) auf der Fläche

Setzt man [ f(u,v)=((eu-1)v,,(eu-1)v,,)^T, ] so hat man [ x=(eu-1)v,y=(eu-1)v,z=,. ] Daraus folgt [ \[\begin{aligned} F(f(u,v))&=\begin{pmatrix}xz\\ yz \\x^2+y^2 \end{pmatrix} \\ &=\begin{pmatrix}(e^u-1)\cos v\cdot\sqrt{u}\\ (e^u-1)\sin v\cdot\sqrt{u}\\ (e^u-1)^2\cos^2 v+(e^u-1)^2\sin^2 v \end{pmatrix}\\[1mm] &=\begin{pmatrix}(e^u-1)\sqrt{u}\cos v\\ (e^u-1)\sqrt{u}\sin v\\ (e^u-1)^2 \end{pmatrix}\,. \end{aligned}\]

]

Berechnung des Skalarprodukts

Wir erinnern uns, dass [ f_uf_v=(-v,; -v,; eu(eu-1))^T,. ] Das Skalarprodukt (F(f(u,v))(f_uf_v)) lautet dann [ \[\begin{aligned} F\cdot (f_u\times f_v) &=\Bigl[(e^u-1)\sqrt{u}\cos v\Bigr]\Bigl[-\frac{e^u-1}{2\sqrt{u}}\cos v\Bigr]\\[1mm] &\quad+\Bigl[(e^u-1)\sqrt{u}\sin v\Bigr]\Bigl[-\frac{e^u-1}{2\sqrt{u}}\sin v\Bigr]\\[1mm] &\quad+\Bigl[(e^u-1)^2\Bigr]\Bigl[e^u(e^u-1)\Bigr]\\[1mm] &=-\frac{(e^u-1)^2}{2}\Bigl(\cos^2v+\sin^2v\Bigr) +e^u(e^u-1)^3\\[1mm] &=-\frac{(e^u-1)^2}{2}+e^u(e^u-1)^3\,. \end{aligned}\]

]

Aufstellen des Integrals

Da der Ausdruck keine (v)-Abhängigkeit mehr enthält, lässt sich das Integral als [ AFdn={v=0}^{2}_{u=0}{1}(eu(eu-1)3-)du,dv ] schreiben. Die Integration über (v) liefert den Faktor (2), sodass [ AFdn=2{0}{1}(eu(eu-1)3-)du,. ]

Umformung des (u)-Integrals

Setzen wir [ t=eu-1dt=eu,du,e^u=t+1,, ] so gilt für (u=0) : (t=0) und für (u=1) : (t=e-1). Außerdem ist [ du=,. ] Damit wird der erste Term [ eu(eu-1)3,du=(t+1)t3,=t^3,dt,, ] und der zweite Term [ ,du=,,. ] Somit lautet das (u)-Integral [ I=_{t=0}{e-1}(t3-)dt,. ]

Der erste Teil ist [ _0{e-1}t3,dt=,. ] Für den zweiten Term bemerken wir, dass [ =t-1+,, ] denn [ t^2=(t-1)(t+1)+1,. ] Daher [ _0^{e-1},dt =_0^{e-1}(t-1+)dt =_0^{e-1},. ] Einsetzen der Grenzen liefert [ -(e-1)+e =-(e-1)+1,. ] Also ist [ I=-(-(e-1)+1) =,. ]

Schließlich erhalten wir für das Oberflächenintegral: [ _AFdn=2;I =,. ]

Zusammenfassung der Lösung

a) Parametrisierung: [ ]

b) Tangentialvektoren und Normalenvektor (für (u>0)): [ \[\begin{aligned} f_u(u,v)&=\Bigl(e^u\cos v,\; e^u\sin v,\; \frac{1}{2\sqrt{u}}\Bigr)^T\,,\\[1mm] f_v(u,v)&=\Bigl(- (e^u-1)\sin v,\; (e^u-1)\cos v,\; 0\Bigr)^T\,,\\[1mm] n(u,v)&=f_u\times f_v=\Bigl(-\frac{e^u-1}{2\sqrt{u}}\cos v,\; -\frac{e^u-1}{2\sqrt{u}}\sin v,\; e^u(e^u-1)\Bigr)^T\,. \end{aligned}\]

]

c) Oberflächenintegral 2. Art: [ ]

Jede Antwort, die zu einem äquivalent algebraisch vereinfachten Ergebnis führt, ist richtig.

Aufgabe 6 (10 Punkte)

Es sei die Kugel \(K\) gegeben durch

\[ K=\left\{(x,y,z)^T\in R^3:x^2+y^2+z^2\leq4 \right\}\]

und \(S\) ihre Oberfläche.

Weiterhin sei das Vektorfeld \(F:R^3\rightarrow R^3\) gegeben durch

\[F(x,y,z)=\begin{pmatrix} xz-y\\ yz+x \\xy+z \end{pmatrix}\]

  1. Berechnen Sie den Fluss von \(F\) durch die gesamte Kugeloberfläche \(S\), also \(\int_{\partial K}F\cdot dn\), wobei die Normale \(n\) nach außen zeigt mit Hilfe des Satzes von Gauss.

  2. Berechnen Sie \(\int_{S}rot(F)\cdot dn\).

  3. Die Oberfläche \(S\) wird durch die Ebenen \(z=1\) und \(z=-1\) in drei Teilflächen \(S_O\), \(S_M\) und \(S_U\) unterteilt. Berechnen Sie die Integrale \(\int_{S_O}rot(F)\cdot dn\) und \(\int_{S_M}rot(F)\cdot dn\) mit Hilfe des Sates von Stokes.

Wir betrachten zunächst die Kugel

[ K={(x,y,z)T3: x2+y2+z^2}, ]

mit Oberfläche

[ S=K, ]

und das Vektorfeld

[ F(x,y,z)= \[\begin{pmatrix} xz-y\\ yz+x\\ xy+z \end{pmatrix}\]

,. ]

Im Folgenden lösen wir (b)–(d) Schritt für Schritt.

b) Fluss von (F) durch (S) mit Hilfe des Satzes von Gauss

Der Satz von Gauss (Divergenz‑Satz) besagt [ {S} Fn,dS={K}(F),dV,. ] Zunächst berechnen wir die Divergenz von (F):

[ \[\begin{array}{rcl} \operatorname{div}(F) &=&\dfrac{\partial}{\partial x}(xz-y) +\dfrac{\partial}{\partial y}(yz+x) +\dfrac{\partial}{\partial z}(xy+z)\\[1mm] &=& z + 0\quad (\text{denn } \partial_x(xz)=z,\;\partial_x(-y)=0)\\[1mm] &&\quad +\, z + 0\quad (\text{denn } \partial_y(yz)=z,\;\partial_y(x)=0)\\[1mm] &&\quad +\, 0+1\quad (\text{denn } \partial_z(xy)=0,\;\partial_z(z)=1)\\[1mm] &=& 2z+1\,. \end{array}\]

]

Für den Fluss erhalten wir damit

[ {S} Fn,dS={K}(2z+1),dV,. ]

Da (K) eine Kugel ist, überwiegt hier die Symmetrie: Das Integralsymbol über (z) eines ungeraden Terms (hier (2z)) verschwindet, also

[ _{K}2z,dV=0. ]

Somit bleibt

[ {S} Fn,dS={K}1,dV=(K),. ]

Da die Kugel vom Radius (R=2) ist, gilt

[ (K)=R^3==,. ]

Ergebnis (b):

[ ]

c) Berechnung des Integrals (_{S}(F)n,dS)

Allgemein gilt (für beliebig differenzierbare Felder) der Vektoridentitätssatz

[ ((F))=0,. ]

Wendet man den Divergenz‑Satz auf das Vektorfeld ((F)) an, so erhält man

[ {S}(F)n,dS={K}((F)),dV=0,. ]

Ergebnis (c):

[ ]

d) Berechnung der Integrale auf Teilflächen mittels Stokes’ Theorem

Die Kugeloberfläche (S) wird durch die Ebenen (z=1) und (z=-1) in drei Teilflächen zerlegt, die wir bezeichnen durch - (S_O): der obere Kugelkappenanteil ((z)), - (S_M): der mittlere Teil ((-1z)), - (S_U): der untere Kugelkappenanteil ((z)).

Wir sollen nun mittels des Stokes’schen Satzes die Flächenintegrale

[ {S_O}(F)n,dS{S_M}(F)n,dS ]

berechnen.

Vorbereitung: Bestimmung von ((F))

Wir berechnen zuerst den Rotationsvektor (Curl) von (F). Mit

[ F(x,y,z)= \[\begin{pmatrix} xz-y\\ yz+x\\ xy+z \end{pmatrix}\]

,, ]

gelten die Komponenten

  • ((F)_1 = (xy+z)-(yz+x) = x - y),
  • ((F)_2 = (xz-y)-(xy+z) = x - y),
  • ((F)_3 = (yz+x)-(xz-y) = 1-(-1)=2,. )

Also erhalten wir

[ (F)(x,y,z)= \[\begin{pmatrix} x-y\\ x-y\\ 2 \end{pmatrix}\]

,. ]

Anwendung des Stokes’schen Satzes

Der Satz von Stokes besagt, dass für eine orientierbare Fläche (S’) mit glatten Randkurven (S’) gilt

[ {S’}(F)n,dS={S’} Fdr,, ]

sofern die Orientierung von (S’) und (S’) (durch die Rechtshandregel) zueinander passen.

(d1) Integral über (S_O) (obere Kappe)

Die obere Teilfläche (S_O) hat als Rand die Kreislinie (C_1), die entsteht als Schnitt von (S) mit der Ebene (z=1). Auf (z=1) gilt aus (x2+y2+1=4) also

[ x2+y2=3,. ]

Eine natürliche Parameterisierung von (C_1) ist

[ \[\begin{cases} x=\sqrt{3}\cos t,\\[1mm] y=\sqrt{3}\sin t,\\[1mm] z=1, \end{cases}\]

t,. ]

Entsprechend ist

[ dr=(-t,,t,,0)^T,dt,. ]

Wir benötigen außerdem (F) entlang von (C_1). Setzt man (z=1) ein, so erhält man

[ F(x,y,1)= \[\begin{pmatrix} x-y\\ y+x\\ xy+1 \end{pmatrix}\]

,. ]

Mit (x=t) und (y=t) folgt

[ F(t,t,1) = \[\begin{pmatrix} \sqrt{3}\cos t-\sqrt{3}\sin t\\[1mm] \sqrt{3}\sin t+\sqrt{3}\cos t\\[1mm] 3\cos t\sin t+1 \end{pmatrix}\]

,. ]

Nun ist das Skalarprodukt

[ \[\begin{array}{rcl} F\cdot dr &=& \Bigl[\sqrt{3}(\cos t-\sin t)\Bigr]\Bigl[-\sqrt{3}\sin t\Bigr] +\Bigl[\sqrt{3}(\sin t+\cos t)\Bigr]\Bigl[\sqrt{3}\cos t\Bigr] \\[1mm] &&\quad +\;\bigl(3\cos t\sin t+1\bigr)\cdot 0\\[1mm] &=& -3\sin t\cos t+3\sin^2t+3\cos t\sin t+3\cos^2t\\[1mm] &=& 3\bigl(\sin^2t+\cos^2t\bigr)=3\,. \end{array}\]

]

Da (3) konstant ist, ergibt sich

[ {C_1} Fdr={0}^{2}3,dt=6,. ]

Mit der passenden Orientierung (diejenige, die durch den „äußeren“ Normalvektor der Kugel gegeben ist) erhalten wir also

[ _{S_O}(F)n,dS=6,. ]

(d2) Integral über (S_M) (mittlerer Teil)

Die mittlere Fläche (S_M) hat zwei Randkurven: (C_1) (oben, Schnitt bei (z=1)) und (C_2) (unten, Schnitt bei (z=-1)). Für (C_2) gilt aus (x2+y2+(-1)^2=4) wieder (x2+y2=3). Eine Parameterisierung von (C_2) ist

[ \[\begin{cases} x=\sqrt{3}\cos t,\\[1mm] y=\sqrt{3}\sin t,\\[1mm] z=-1, \end{cases}\]

t,. ]

Die Berechnung von (F) entlang (C_2) verläuft analog. Auf (z=-1) erhalten wir

[ F(x,y,-1)= \[\begin{pmatrix} -x-y\\ -y+x\\ xy-1 \end{pmatrix}\]

,. ]

Berechnet man den zugehörigen Linienintegral, so erhält man – bei Wahl der Standardparameterisierung, die (C_2) in positiver (d.h. gegen den Uhrzeigersinn sichtbarer) Richtung beschreibt – analog

[ _{C_2} Fdr=6,. ]

Achtung bei der Orientierung:
Der Stokes’sche Satz liefert für eine gegebene, orientierte Fläche (S’) mit Rand (S’) gilt [ {S’}(F)n,dS={S’} Fdr,. ] Für (S_M) induziert die natürliche Orientierung (also diejenige, die aus dem äußeren Normalvektor der Kugel resultiert) folgende Randorientierungen: - An der oberen Grenze (C_1) ist die Orientierung umgekehrt zu der bei (S_O), d.h. es wird (-6) beitragen. - An der unteren Grenze (C_2) (bei (z=-1)) wird ebenfalls – nach der induzierten Orientierung – das Vorzeichen umgekehrt, also ebenfalls (-6).

Die Gesamtkurvenintegrale (unter Berücksichtigung der Orientierung) lauten also

[ _{S_M} Fdr=(-6)+(-6)=-12,. ]

Somit folgt

[ _{S_M}(F)n,dS=-12,. ]

Da (S) als geschlossene Fläche gilt und (c) gezeigt hat, dass

[ _{S}(F)n,dS=0,, ]

muss für den verbleibenden Teil (S_U) (untere Kappe) automatisch

[ _{S_U}(F)n,dS=6 ]

gelten (was auch der Symmetrie entspricht).

Ergebnisse (d):

[ ]

Zusammenfassung der Ergebnisse

  • (b): (_{S}Fn,dS=).
  • (c): (_{S}(F)n,dS=0).
  • (d):
    ({S_O}(F)n,dS=6)
    (    {S_M}(F)n,dS=-12).

Jede Lösung, die zu äquivalenten Resultaten führt (bezüglich Vorzeichen bei richtiger Orientierung), ist korrekt.

Wir betrachten zunächst die Kugel

[ K={(x,y,z)T3: x2+y2+z^2}, ]

mit Oberfläche

[ S=K, ]

und das Vektorfeld

[ F(x,y,z)= \[\begin{pmatrix} xz-y\\ yz+x\\ xy+z \end{pmatrix}\]

,. ]

Im Folgenden lösen wir (b)–(d) Schritt für Schritt.

b) Fluss von (F) durch (S) mit Hilfe des Satzes von Gauss

Der Satz von Gauss (Divergenz‑Satz) besagt [ {S} Fn,dS={K}(F),dV,. ] Zunächst berechnen wir die Divergenz von (F):

[ \[\begin{array}{rcl} \operatorname{div}(F) &=&\dfrac{\partial}{\partial x}(xz-y) +\dfrac{\partial}{\partial y}(yz+x) +\dfrac{\partial}{\partial z}(xy+z)\\[1mm] &=& z + 0\quad (\text{denn } \partial_x(xz)=z,\;\partial_x(-y)=0)\\[1mm] &&\quad +\, z + 0\quad (\text{denn } \partial_y(yz)=z,\;\partial_y(x)=0)\\[1mm] &&\quad +\, 0+1\quad (\text{denn } \partial_z(xy)=0,\;\partial_z(z)=1)\\[1mm] &=& 2z+1\,. \end{array}\]

]

Für den Fluss erhalten wir damit

[ {S} Fn,dS={K}(2z+1),dV,. ]

Da (K) eine Kugel ist, überwiegt hier die Symmetrie: Das Integralsymbol über (z) eines ungeraden Terms (hier (2z)) verschwindet, also

[ _{K}2z,dV=0. ]

Somit bleibt

[ {S} Fn,dS={K}1,dV=(K),. ]

Da die Kugel vom Radius (R=2) ist, gilt

[ (K)=R^3==,. ]

Ergebnis (b):

[ ]

c) Berechnung des Integrals (_{S}(F)n,dS)

Allgemein gilt (für beliebig differenzierbare Felder) der Vektoridentitätssatz

[ ((F))=0,. ]

Wendet man den Divergenz‑Satz auf das Vektorfeld ((F)) an, so erhält man

[ {S}(F)n,dS={K}((F)),dV=0,. ]

Ergebnis (c):

[ ]

d) Berechnung der Integrale auf Teilflächen mittels Stokes’ Theorem

Die Kugeloberfläche (S) wird durch die Ebenen (z=1) und (z=-1) in drei Teilflächen zerlegt, die wir bezeichnen durch - (S_O): der obere Kugelkappenanteil ((z)), - (S_M): der mittlere Teil ((-1z)), - (S_U): der untere Kugelkappenanteil ((z)).

Wir sollen nun mittels des Stokes’schen Satzes die Flächenintegrale

[ {S_O}(F)n,dS{S_M}(F)n,dS ]

berechnen.

Vorbereitung: Bestimmung von ((F))

Wir berechnen zuerst den Rotationsvektor (Curl) von (F). Mit

[ F(x,y,z)= \[\begin{pmatrix} xz-y\\ yz+x\\ xy+z \end{pmatrix}\]

,, ]

gelten die Komponenten

  • ((F)_1 = (xy+z)-(yz+x) = x - y),
  • ((F)_2 = (xz-y)-(xy+z) = x - y),
  • ((F)_3 = (yz+x)-(xz-y) = 1-(-1)=2,. )

Also erhalten wir

[ (F)(x,y,z)= \[\begin{pmatrix} x-y\\ x-y\\ 2 \end{pmatrix}\]

,. ]

Anwendung des Stokes’schen Satzes

Der Satz von Stokes besagt, dass für eine orientierbare Fläche (S’) mit glatten Randkurven (S’) gilt

[ {S’}(F)n,dS={S’} Fdr,, ]

sofern die Orientierung von (S’) und (S’) (durch die Rechtshandregel) zueinander passen.

(d1) Integral über (S_O) (obere Kappe)

Die obere Teilfläche (S_O) hat als Rand die Kreislinie (C_1), die entsteht als Schnitt von (S) mit der Ebene (z=1). Auf (z=1) gilt aus (x2+y2+1=4) also

[ x2+y2=3,. ]

Eine natürliche Parameterisierung von (C_1) ist

[ \[\begin{cases} x=\sqrt{3}\cos t,\\[1mm] y=\sqrt{3}\sin t,\\[1mm] z=1, \end{cases}\]

t,. ]

Entsprechend ist

[ dr=(-t,,t,,0)^T,dt,. ]

Wir benötigen außerdem (F) entlang von (C_1). Setzt man (z=1) ein, so erhält man

[ F(x,y,1)= \[\begin{pmatrix} x-y\\ y+x\\ xy+1 \end{pmatrix}\]

,. ]

Mit (x=t) und (y=t) folgt

[ F(t,t,1) = \[\begin{pmatrix} \sqrt{3}\cos t-\sqrt{3}\sin t\\[1mm] \sqrt{3}\sin t+\sqrt{3}\cos t\\[1mm] 3\cos t\sin t+1 \end{pmatrix}\]

,. ]

Nun ist das Skalarprodukt

[ \[\begin{array}{rcl} F\cdot dr &=& \Bigl[\sqrt{3}(\cos t-\sin t)\Bigr]\Bigl[-\sqrt{3}\sin t\Bigr] +\Bigl[\sqrt{3}(\sin t+\cos t)\Bigr]\Bigl[\sqrt{3}\cos t\Bigr] \\[1mm] &&\quad +\;\bigl(3\cos t\sin t+1\bigr)\cdot 0\\[1mm] &=& -3\sin t\cos t+3\sin^2t+3\cos t\sin t+3\cos^2t\\[1mm] &=& 3\bigl(\sin^2t+\cos^2t\bigr)=3\,. \end{array}\]

]

Da (3) konstant ist, ergibt sich

[ {C_1} Fdr={0}^{2}3,dt=6,. ]

Mit der passenden Orientierung (diejenige, die durch den „äußeren“ Normalvektor der Kugel gegeben ist) erhalten wir also

[ _{S_O}(F)n,dS=6,. ]

(d2) Integral über (S_M) (mittlerer Teil)

Die mittlere Fläche (S_M) hat zwei Randkurven: (C_1) (oben, Schnitt bei (z=1)) und (C_2) (unten, Schnitt bei (z=-1)). Für (C_2) gilt aus (x2+y2+(-1)^2=4) wieder (x2+y2=3). Eine Parameterisierung von (C_2) ist

[ \[\begin{cases} x=\sqrt{3}\cos t,\\[1mm] y=\sqrt{3}\sin t,\\[1mm] z=-1, \end{cases}\]

t,. ]

Die Berechnung von (F) entlang (C_2) verläuft analog. Auf (z=-1) erhalten wir

[ F(x,y,-1)= \[\begin{pmatrix} -x-y\\ -y+x\\ xy-1 \end{pmatrix}\]

,. ]

Berechnet man den zugehörigen Linienintegral, so erhält man – bei Wahl der Standardparameterisierung, die (C_2) in positiver (d.h. gegen den Uhrzeigersinn sichtbarer) Richtung beschreibt – analog

[ _{C_2} Fdr=6,. ]

Achtung bei der Orientierung:
Der Stokes’sche Satz liefert für eine gegebene, orientierte Fläche (S’) mit Rand (S’) gilt [ {S’}(F)n,dS={S’} Fdr,. ] Für (S_M) induziert die natürliche Orientierung (also diejenige, die aus dem äußeren Normalvektor der Kugel resultiert) folgende Randorientierungen: - An der oberen Grenze (C_1) ist die Orientierung umgekehrt zu der bei (S_O), d.h. es wird (-6) beitragen. - An der unteren Grenze (C_2) (bei (z=-1)) wird ebenfalls – nach der induzierten Orientierung – das Vorzeichen umgekehrt, also ebenfalls (-6).

Die Gesamtkurvenintegrale (unter Berücksichtigung der Orientierung) lauten also

[ _{S_M} Fdr=(-6)+(-6)=-12,. ]

Somit folgt

[ _{S_M}(F)n,dS=-12,. ]

Da (S) als geschlossene Fläche gilt und (c) gezeigt hat, dass

[ _{S}(F)n,dS=0,, ]

muss für den verbleibenden Teil (S_U) (untere Kappe) automatisch

[ _{S_U}(F)n,dS=6 ]

gelten (was auch der Symmetrie entspricht).

Ergebnisse (d):

[ ]

Zusammenfassung der Ergebnisse

  • (b): (_{S}Fn,dS=).
  • (c): (_{S}(F)n,dS=0).
  • (d):
    ({S_O}(F)n,dS=6)
    (    {S_M}(F)n,dS=-12).

Jede Lösung, die zu äquivalenten Resultaten führt (bezüglich Vorzeichen bei richtiger Orientierung), ist korrekt.