Oberflächenintegral mit begrenztem Volumen ohne Integralsätze berechnen?

Question

Hallo alle Zusammen!

Vor einiger Zeit habe ich eine Aufgabe ins Forum gestellt. Nun wollte unser Prof die Aufgabe "reloaden" und gab uns auf, sie ohne Integralsätze zu lösen.

Hier die Aufgabe vom November:
https://www.mathelounge.de/672868/oberflachenintegral-mit-begrenztem…

Berechnen Sie das folgende Oberflächenintegral:

$\int\limits_{δ}^{}$$\int\limits_{V}^{}$ $\vec{K}$ d$\vec{A}$   mit   $\vec{K}$ = $\begin{pmatrix} x+exp(z^2)\\x^2-y^2+z^2\\1-xyz \end{pmatrix}$

wobei das Volumen V durch die beiden Kegel $z=\sqrt{x^2+y^2}$ und $z=1-\sqrt{x^2+y^2}$ begrenzt wird.

Wie sowas ohne Integralsätze funktionieren soll, ist mir leider schleierhaft.

Vielen Dank an alle fleißigen Mathematiker!

LG

Answer 1

Aloha :)

Uff, das Problem kommt mir irgendwie bekannt vor... Also diesmal dann ohne Integralsätze.

Der Kegel $z=\sqrt{x^2+y^2}$ hat seine Spitze am Koordinatenursprung und öffnet sich nach oben entlang der $z$-Achse. Der Kegel $z=1-\sqrt{x^2+y^2}$ hat seine Spitze am Punkt $(0|0|1)$ und öffnet sich nach unten entgegen der $z$-Achse. Beide Kegel schneiden sich aus Symmetriegründen bei $z=\frac{1}{2}$. Die einhüllende Oberfläche $F$ können wir mit Hilfe von Zylinder-Koordinanten wie folgt parametrisieren:
$$F_1:\;\vec r_1=\left(\begin{array}{c}z\cos\varphi\\z\sin\varphi\\z\end{array}\right)\;;\;z\in\left[0\,;\,\frac{1}{2}\right]\;;\;\varphi\in[0;2\pi[$$$$F_2:\;\vec r_2=\left(\begin{array}{c}(1-z)\cos\varphi\\(1-z)\sin\varphi\\z\end{array}\right)\;;\;z\in\left]\frac{1}{2}\;;\;1\right]\;;\;\varphi\in[0;2\pi[$$$F_1$ beschreibt die untere Hälfte, $F_2$ die obere Hälfte der Oberfläche.

Nun benötigen wir die passenden Flächenelemente dazu:

$$\frac{d\vec F_1}{d\varphi\,dz}=\frac{\partial\vec r_1}{\partial\varphi}\times\frac{\partial\vec r_1}{\partial z}=\left(\begin{array}{c}-z\sin\varphi\\z\cos\varphi\\0\end{array}\right)\times\left(\begin{array}{c}\cos\varphi\\\sin\varphi\\1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}z\cos\varphi\\z\sin\varphi\\-z\end{array}\right)$$$$\frac{d\vec F_2}{d\varphi\,dz}=\frac{\partial\vec r_2}{\partial\varphi}\times\frac{\partial\vec r_2}{\partial z}=\left(\begin{array}{c}-(1-z)\sin\varphi\\(1-z)\cos\varphi\\0\end{array}\right)\times\left(\begin{array}{c}-\cos\varphi\\-\sin\varphi\\1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}(1-z)\cos\varphi\\(1-z)\sin\varphi\\1-z\end{array}\right)$$Wichtig: Da das Vektorprodukt anti-kommutativ ist, wechselt das Vorzeichen des Flächenelement-Vektors, wenn man die beiden Ableitungen vertauscht. Per Definition des Flusses müssen die Flächenelemente aus der Fläche raus zeigen. Das ist hier der Fall, denn bei der unteren Kegelfläche zeigt die $z$-Komponente von $d\vec F_1$ nach unten, und bei der oberen zeigt die $z$-Komponente von $d\vec F_2$ nach oben.

Damit können wir nun die beiden Integrale hinschreiben:

$$\Phi_1=\int\limits_0^{1/2}dz\int\limits_0^{2\pi}d\varphi\,\left(\begin{array}{c}(z\cos\varphi)+e^{(z^2)}\\(z\cos\varphi)^2-(z\sin\varphi)^2+z^2\\1-(z\cos\varphi)(z\sin\varphi)z\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}z\cos\varphi\\z\sin\varphi\\-z\end{array}\right)$$$$\Phi_2=\int\limits_{1/2}^1 dz\int\limits_0^{2\pi}d\varphi\,\left(\begin{array}{c}((1-z)\cos\varphi)+e^{(z^2)}\\((1-z)\cos\varphi)^2-((1-z)\sin\varphi)^2+z^2\\1-((1-z)\cos\varphi)\,((1-z)\sin\varphi)z\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}(1-z)\cos\varphi\\(1-z)\sin\varphi\\1-z\end{array}\right)$$

Damit ist die Mathematik eigentlich durch. Der Rest ist "Handwerk", also das Ausrechnen der beiden Hübschen. Sei mir bitte nicht böse, aber dazu habe ich nicht wirklich Lust. Und es soll ja auch euer Spaß sein :))

Comments

Aloha ;)

Danke für das erneute Beantworten. Am "Handwerk" soll es jetzt nicht mehr scheitern :)

LG