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1) Kurvenintegrale auf direktem Weg
$$I_a=\int\limits_{\vec x_1}^{\vec x_2}\vec v(\vec x)\,d\vec x=\int\limits_{t_1}^{t_2}\vec v(\vec x(t))\,\frac{d\vec x(t)}{dt}\,dt=\int\limits_0^1\binom{t^2}{t-t^2}\binom{1}{2t}dt=\int\limits_0^1(t^2+2t^2-2t^3)dt$$$$\phantom{I_a}=\int\limits_0^1(3t^2-2t^3)dt=\left[t^3-\frac{1}{2}t^4\right]_0^1=1-\frac12=\frac12$$
$$I_b=\int\limits_{\vec y_1}^{\vec y_2}\vec w(\vec y)\,d\vec y=\int\limits_{t_1}^{t_2}\vec v(\vec y(t))\,\frac{d\vec y(t)}{dt}\,dt=\int\limits_0^{2\pi}\begin{pmatrix}\cos t+\sin t\\-\cos t\\1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-\cos t\\-\sin t\\1\end{pmatrix}dt=$$$$\phantom{I_b}=\int\limits_0^{2\pi}\left(-\cos^2t-\sin t\cos t+\sin t\cos t+1\right)dt=\int\limits_0^{2\pi}\sin^2t\,dt=\pi$$
2) Kurvenintegrale mit Potentialen
zu a) Nun prüfen wir die Verwenung von Potentialen. Ein Potential für ein Vektorfeld \(\vec F(\vec r)\) exisitert genau dann, wenn die Integrabilitätsbedingungen erfüllt sind:$$\frac{\partial F_i}{\partial r_k}=\frac{\partial F_k}{\partial r_i}\quad;\quad i\ne k$$Wir prüfen das nach:$$\frac{\partial v_1}{\partial x_2}=\frac{\partial y}{\partial y}=1\quad;\quad\frac{\partial v_2}{\partial x_1}=\frac{\partial(x-y)}{\partial x}=1\quad\checkmark$$
Das Potential finden wir durch Integration$$\frac{\partial\Phi_a}{\partial x}=y\implies\Phi_a=xy+c(y)$$Die Integrations"konstante" \(c(y)\) folgt durch Einsetzen in die 2-te Komponente:$$x-y\stackrel!=\frac{\partial\Phi_a}{\partial y}=x+c'(y)\implies c'(y)=-y\implies c(y)=-\frac{y^2}2$$Ein Potential lautet also:\(\quad\underline{\underline{\Phi_a(x;y)=xy-\frac{y^2}2}}\)
Damit folgt das Kurvenintegral sofort:
$$I_a=\int\limits_{\vec x_1}^{\vec x_2}\vec v(\vec x)\,d\vec x=\int\limits_{\vec x_1}^{\vec x_2}\operatorname{grad}\Phi(\vec x)\,d\vec x=\int\limits_{\vec x_1}^{\vec x_2}\frac{\partial \Phi(\vec x)}{\partial \vec x}\,d\vec x=\int\limits_{\vec x_1}^{\vec x_2}d\Phi(\vec x)=\Phi(\vec x_2)-\Phi(\vec x_1)$$Wenn es ein Potential gibt, kannst du es also direkt als "Stammfunktion" für des Vektorfeld verwenden:$$I_a=\Phi(1;1)-\Phi(0;0)=1-\frac12-0=\frac12$$
zu b) Für den zweiten Fall haben wir ein 3-dimensionales Vektorfeld und können die Integrabilitätsbedingung bequem über die Rotation prüfen. In jeder Komponente der Rotation steht nämlich eine der Integrabilitätsbedingungen:
$$\operatorname{rot}\begin{pmatrix}y-x\\-y\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\partial_x\\\partial_y\\\partial_z\end{pmatrix}\times\begin{pmatrix}y-x\\-y\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0-0\\0-0\\0-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\-1\end{pmatrix}\ne\vec 0\implies\text{kein Potential}$$
