3 Satz von Stokes

Blatt 10

Tutorium HM 2 25. Juni 2009

Diese Zusammenstellung erhebt keinen Anspruch auf Vollständigkeit und Korrektheit.

Sie dient lediglich als Hilfestellung zur Bearbeitung der Übungsaufgaben.

1 Nachtrag - Flächenintegrale

Wir haben im letzten Tutorium gesehen, dass sich Flächen durch zwei Freiheitsgrade parametrisieren lassen. Exemplarisch waren das hier(u, v). Ein Punkt auf der Oberäche war gegeben durch~x(u, v).

Abbildung 1:

Desweiteren haben wir gesehen, dass sich der Tangentialvektor an die Parameterlinie mit v =const durch die partielle Dierentiation nach dem freien Parameter u ergeben.

Analoges galt füru=const. Wir hatten die beiden Tangentialvektoren

~x_u :=∂_u~x(u, v)

~

x_v :=∂_v~x(u, v)

deniert.

Der intesimale Inhalt des in Abbildung 1 schraerten Parallelogramms wird aufge- spannt durch die intesimalen Vektoren∆u ~x_u und∆v ~x_v und ergibt sich zu:

∆σ= ∆u∆v||~x_u×~x_v||

Daraus folgt nach Parametrisierung das Oberächenintegral:

• Falls f eine skalare Funktion ist:

Z

F

dσ f :=

Z

F

d(u, v)||~xu×~xv||f(~x(u, v))

• Falls f eine Vektorfunktion ist:

Z

F

d~σ ~f :=

Z

F

d(u, v)||~xu×~xv|| (~xu×~xv)

||~x_u×~x_v||

| {z }

N ormalenvektornˆ

·f~(~x(u, v))

= Z

F

d(u, v)~x_u×~x_v·f~(~x(u, v))

2 Divergenzsatz von Gauss

Sei G regulär. ∂G bestehe aus endlich vielen geschlossenen stückweise regulären ortiantierbaren Flächen. nˆ sei der aus G herauszeigende Normalenvektor von ∂G.

~v∈C¹ sei ein auf G deniertes Vektorfeld. Dann gilt:

Z

G

dV ∇ ·~v= I

∂G

dFnˆ·~v Beweis (nur schematisch):

Ich betrachte ein Volumenelement G ∈ R³ und splitte dieses in N gleichgroÿe Würfel auf (siehe Abbildung 2).

Behauptung: Das Flächenintegral über das Vektorfeld~vlässt sich schreiben als

Abbildung 2: Satz von Gauss

I

∂G

dFnˆ·~v = lim

N→∞

N

X

j=1

Z

∂Gj

dF_jnˆ·~v

| {z }

Ij

, wobeiI_jdas Integral über einen Würfel ist. Das wird klar, wenn man bedenkt, dass sich die Beiträge angrenzender Flächen, wie im Schaubild gezeigt, gerade aufheben, danˆ₁=−ˆn₂. Übrig bleibt das Integral über die gesamte Oberäche∂G. Betrachte nun einen beliebigen Würfel mit Kantenlänge∆x= ∆y = ∆z. Das IntegralI₁wird dann zu

I

∂G1

dF₁ˆn·~v= Z

dy dz v_x(x₀+ ∆x, y, z)−v_x(x₀, y, z) +

Z

dx dz vy(x, y0+ ∆y, z)−vy(x, y0, z) +

Z

dx dy v_z(x, y, z₀+ ∆z)−v_x(x, y, z₀)

= Z

dx dy dz lim∆x→0

v_x(x₀+ ∆x, y, z)−v_x(x₀, y, z)

∆x +· · ·

+· · ·

= Z

dV ∂xvx+∂yvy+∂zvz

= Z

dV ∇ ·~v

Abbildung 3: Satz von Stokes

3 Satz von Stokes

B sei orientierbare, stückweise reguläre Fläche mit überschneidfreier und geschlos- sener Randkurve∂B, die so durchlaufen wird, dass B immer links liegt. ˆnsei der Normalenvektor aus B und~v∈C¹ ein auf B deiniertes Vektorfeld. Dann gilt:

I

∂B

d~x·~v= Z

B

dFnˆ·(∇ ×~v)

Der Beweis läuft analog zu oben. O.B.d.A. schauen wir uns eine Fläche B im R² an und zerschneiden diese in Quadrate der Kantenlänge∆x= ∆y.

Dann gilt wieder, da sich die Beiträge der Seitenkanten zweier Quadrate aufheben,

I

∂B

d~r·~v=X

j

I

∂Bj

d~r·~v

,mit

I

∂B1

d~r·~v=

Z x0+∆x x0

dx vx(x, y0)−vx(x, y0+ ∆y) +

Z y+∆y y0

dy vy(x0+ ∆x, y)−vy(x0, y)

=

Z x0+∆x x0

dx

Z y+∆y y0

dyv_y(x₀+ ∆x, y)−v_y(x₀, y)

∆y v (x, y )−v (x, y + ∆y)

Einsetzen in die Summe und Grenzwertbildung ∆x, ∆y→0 führt zu

I

∂B

d~r·~v= Z Z

B

dx dy ∂xvy−∂yvx