Fluss durch Vektorfeld ohne Divergenz?

Question

Aufgabe:

Example: Use the Divergence Theorem to calculate the flux of \( \vec{F}(x, y, z)=\left\langle x^{3}, y^{3}, z^{3}\right\rangle \) across the sphere \( x^{2}+y^{2}+z^{2}=1 \)
The divergence of \( \vec{F} \) is
$$ \operatorname{div} \vec{F}=3 x^{2}+3 y^{2}+3 z^{2}=3\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) $$
The sphere \( S \) is the boundary of the ball \( B \) given by \( x^{2}+y^{2}+z^{2} \leq 1 . \) In spherical coordinates,
$$ B=\{(\rho, \theta, \phi) | 0 \leq \rho \leq 1,0 \leq \theta \leq 2 \pi, 0 \leq \phi \leq \pi\} $$
By the Divergence Theorem,
$$ \begin{aligned} \iint_{S} \vec{F} \cdot \vec{N} d S &=\iiint_{B} \operatorname{div} \vec{F} d V \\ &=3 \iiint_{B}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) d V \\ &=3 \int \limits_{0}^{2 \pi} \int \limits_{0}^{\pi} \int \limits_{0}^{1} \rho^{4} \sin \phi d \rho d \phi d \theta \\ &=\left.\frac{6 \pi}{5} \int \limits_{0}^{\pi} \rho^{5} \sin \phi\right|_{0} ^{1} d \phi \\ &=\frac{6 \pi}{5} \int \limits_{0}^{\pi} \sin \phi d \phi \\ &=-\left.\frac{6 \pi}{5} \cos \phi\right|_{0} ^{\pi} \\ &=\frac{12 \pi}{5} \end{aligned} $$

Könnte mir jemand von euch hier eventuell vorrechnen, wie man dies rechnet, ohne die Divergenz zu benutzen? Wäre sehr nett, wenn es mir jemand aufschreiben könnte, weil ich selbst nie auf das selbe Ergebnis komme?

Answer 1

Aloha :)

Da du keine positive Bewerungen gibst und die Beantwortung der Frage recht aufwändig ist, hatte ich gehofft, dass sich jemand anderes dieser Frage annimmt. Da dies offenbar noch nicht passiert ist, möchte ich dir trotzdem weiterhelfen.

Gesucht ist der Fluss \(\Phi\) des Vektorfeldes \(\vec F\) durch die Oberfläche einer Kugel mit Radius \(1\) ohne Verwendung des Gauß'schen Integralsatzes. Wir wählen den Ortsvektor \(\vec r\) zum Abtasten der Kugelobefläche in Kugelkoordinaten (wobei wir den Betrag \(r=|\vec r|\) des Ortsvektors direkt weglassen, weil er ja auf \(1\) festgehalten wird):

$$\vec F=\begin{pmatrix}x^3\\y^3\\z^3\end{pmatrix}\quad;\quad\vec r=\begin{pmatrix}\cos\varphi\sin\vartheta\\\sin\varphi\sin\vartheta\\\cos\vartheta\end{pmatrix}\quad;\quad\varphi\in[0;2\pi[\quad;\quad\vartheta\in[0;\pi]$$Wir müssen zunächst überlegen, wie das Flächenelement \(d\vec f\) in Kugelkoordinaten aussieht. Dazu betrachten wir die Änderung von \(\vec r\) in Abhängigkeit von \(\varphi,\vartheta\):$$d\vec r=\frac{\partial\vec r}{\partial\varphi}d\varphi+\frac{\partial\vec r}{\partial\theta}d\theta$$Das infinitesimale Flächenelement wird also von zwei infinitesimale Vektoren aufgespannt. Mittels des Vektorproduktes finden wir die Größe \(df\) des Flächenelementes und auch die Normalenrichtung:

$$d\vec f=\frac{\partial\vec r}{\partial\varphi}d\varphi\times\frac{\partial\vec r}{\partial\theta}d\theta=\begin{pmatrix}-\sin\varphi\sin\vartheta\\\cos\varphi\sin\vartheta\\0\end{pmatrix}\times\begin{pmatrix}\cos\varphi\cos\vartheta\\\sin\varphi\cos\vartheta\\-\sin\vartheta\end{pmatrix}d\varphi\,d\vartheta$$$$\phantom{d\vec f}=\begin{pmatrix}-\cos\varphi\sin ^2\vartheta\\-\sin\varphi\sin^2\vartheta\\-\sin^2\varphi\sin\vartheta\cos\vartheta-\cos^2\varphi\sin\vartheta\cos\vartheta\end{pmatrix}d\varphi\,d\vartheta$$$$\phantom{d\vec f}=\begin{pmatrix}-\cos\varphi\sin ^2\vartheta\\-\sin\varphi\sin^2\vartheta\\-\sin\vartheta\cos\vartheta\end{pmatrix}d\varphi\,d\vartheta=-\vec r\,\sin\vartheta\,d\varphi\,d\vartheta$$Hier müssen wir jetzt aufpassen. Die Rechnung hat uns offenbar den nach innen gerichteten Normalenvektor des Flächenelements geliefert. Hätten wir die Vektoren andersrum gekreuzt, wäre der nach außen gerichtete Normalenvektor rausgekommen. Da wir den Fluss aus der Kugel heraus bestimmen möchten, muss auch der Normalenvektor nach außen zeigen, also parallel zu \(\vec r\). Daher müssen wir im Integral das Vorzeichen von dem berechneten \(d\vec f\) ändern.

$$\phi=\oint\limits_{\partial B}\vec F\,d\vec f=\int\limits_0^{2\pi}d\varphi\int\limits_0^\pi d\vartheta\begin{pmatrix}\cos^3\varphi\sin^3\vartheta\\\sin^3\varphi\sin^3\vartheta\\\cos^3\vartheta\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\cos\varphi\sin ^2\vartheta\\\sin\varphi\sin^2\vartheta\\\sin\vartheta\cos\vartheta\end{pmatrix}$$$$\phantom{\Phi}=\int\limits_0^{2\pi}d\varphi\int\limits_0^\pi d\vartheta\left(\cos^4\varphi\sin^5\vartheta+\sin^4\varphi\sin^5\vartheta+\sin\vartheta\cos^4\vartheta\right)$$$$\phantom{\Phi}=\int\limits_0^{2\pi}d\varphi\int\limits_0^\pi d\vartheta\left(\cos^4\varphi+\sin^4\varphi\right)\sin^5\vartheta+\int\limits_0^{2\pi}d\varphi\int\limits_0^\pi d\vartheta\sin\vartheta\cos^4\vartheta$$$$\phantom{\Phi}=\int\limits_0^{2\pi}d\varphi\left(\cos^4\varphi+\sin^4\varphi\right)\int\limits_0^\pi d\vartheta\sin^5\vartheta+2\pi\int\limits_0^\pi d\vartheta\sin\vartheta\cos^4\vartheta$$Diese Integrale kannst du nun mit entsrechender trigonometrische Gymnastik lösen. Das führe ich hier aber nicht explizit vor, sondern beschränke mich auf die Ergebnisse:$$\Phi=\frac{3\pi}{2}\cdot\frac{16}{15}+2\pi\cdot\frac{2}{5}=\frac{8}{5}\pi+\frac{4}{5}\pi=\frac{12}{5}\,\pi$$

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Vielen Dank!!!