Aufgabe: Sei $\gamma$ die Kurve
\begin{eqnarray}
x(t) &=& 1-t\\
y(t) &=& t^2
\end{eqnarray}
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$(1)$ $(2)$ |
vom Punkt $(3,4)$ zum Punkt $(0,1)$. Berechnen Sie das Linienintegral des Vektorfeldes
$\vec{u}(\vec{x})=\left(\begin{array}{c}-y\\x\end{array}\right)$
über $\gamma$!
Berechnung:
- Zuerst muss das Parameterintervall für $\gamma$ gefunden werden. Dazu benutzt man zunächst die
Beziehung in (1), da sie linear ist und jeder $t$-Wert genau einem $x$-Wert entspricht.
- Der angegebene Anfangspunkt hat $x=3$, daher wird der zugehörige Parameterwert aus der Gleichung
$1-t=3$ ermitteln, was auf $t=-2$ führt.
Wir überprüfen, ob auch die $y$-Komponente passt: $y(-2)=4$. Passt!
- Der angegebene Endpunkt hat $x=0$, daher wird der zugehörige Parameterwert aus der Gleichung
$1-t=0$ ermitteln, was auf $t=1$ führt.
Wir überprüfen, ob auch die $y$-Komponente passt: $y(1)=1$. Passt!
Das Parameterintervall ist daher durch $-2\leq t\leq 1$ gegeben.
- Das Vektorfeld $\vec{u}$ am Kurvenpunkt $\vec{x}(t)$ ist gegeben durch
$$\vec{u}(\vec{x}(t))=\left(\begin{array}{c}-y(t)\\x(t)\end{array}\right)=
\left(\begin{array}{c}-t^2\\1-t\end{array}\right)$$
- Mit $\vec{x}(t)=\left(\begin{array}{c}x(t)\\y(t)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1-t\\t^2\end{array}\right)$
ist der Tangentenvektor gegeben durch
$$\dot{\vec{x}}(t)=\left(\begin{array}{c}-1\\2t\end{array}\right)$$
- Das gesuchte Linienintegral ist daher
$$\int_\gamma d\vec{x}\cdot\vec{u}=
\int_{-2}^1 dt\,\,\dot{\vec{x}}(t)\cdot\vec{u}(\vec{x}(t))=
\int_{-2}^1 dt\,\,\left(\begin{array}{c}-1\\2t\end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{c}-t^2\\1-t\end{array}\right)=$$
$$=\int_{-2}^1 dt\,\,\left(t^2+2t(1-t)\right)=\int_{-2}^1 dt\,\,\left(2t-t^2\right)
=\left.t^2-\frac{t^3}{3}\right|_{-2}^1=-6$$
Zusatzfrage: Um welche Kurve handelt es sich bei dieser Aufgabe?
Antwort: Wir können in den Beziehungen (1) (2) den Parameter $t$ eliminieren.
Aus (1) folgt $t=1-x$, was in (2) eingesetzt auf $$y=(1-x)^2$$ führt. Das ist die Gleichung einer nach oben offenen (Norm-)Parabel
mit Scheitelpunkt $(1,0)$. Die Kurve $\gamma$ ist das in der ersten der folgendenn Skizzen hervorgehobene, von rechts nach links durchlaufene
Kurvenstück:
Nachbemerkung:
Die zweite Skizze zeigt zusätzlich das (überall um den gleichen Faktor verkürzte) Vektorfeld $\vec{u}$. Wenn Sie genau hinschauen und die Richtungen von
$\vec{u}$ und dem Tangentenvektor der Kurve vergleichen, dann können Sie auch ohne Rechnung erkennen,
dass die Skalarprodukte $\dot{\vec{x}}(t)\cdot\vec{u}(\vec{x}(t))$ im rechten Teil der Kurve negativ und
im linken Teil positiv sind. Da der Betrag von $\vec{u}$ im rechten (vor allem im oberen) Teil wesentlich größer ist als
im linken, fallen die Beiträge, die von dort stammen, stärker ins Gewicht, was dazu führt, dass das Linienintegral negativ ist.
Stellen Sie sich $\vec{u}$ als Kraftfeld vor! Dass das Linienintegral negativ ist, bedeutet, dass Sie netto Arbeit
leisten müssen, um ein Teilchen auf dieser Kurve zu bewegen.
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