Ich denke, dass sich die Aufgabe mithilfe des Satzes von Gauß eleganter lösen lässt.
\[\int_{\partial \Omega} \frac{\partial f}{\partial x}\nu_1 + \frac{\partial f}{\partial y}\nu_2 \; \mathrm{d}l = \int_{\partial \Omega}{\langle\nabla f ,\nu\rangle\; \mathrm{d}l} = \int_{\partial \Omega}{\langle\nabla f ,\mathrm{d}n\rangle} \overset{Gauß}{=} \iint_{\Omega}{\operatorname{div}\nabla f \;\mathrm{d}(x,y)}\]
Da die Identität \(\operatorname{div}\nabla f = \Delta f\) gilt, lässt sich nun der Integrand zu \(\Delta f (x,y) = \partial_x^2 f(x,y) + \partial_y^2 f(x,y) = e^x\) berechnen.
Hier muss nun über die Dreiecksfläche integriert werden, als Normalbereich lässt sich beispielsweise \(B_{\bigtriangleup} = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 \;| \;0 \le x \le 1,\; 0 \le y \le 1-x\}\) wählen.
Nun wird das enstandene Doppelintegral wiefolgt berechnet:
\[\iint_{\Omega}{\Delta f(x,y)\;\mathrm{d}(x,y)} = \int_0^{1}{\int_0^{1-x}{e^x \; \mathrm{d}y \ \mathrm{d}x}} = e-2\]
Bitte übersetze doch in Zukunft deine Aufgabenstellungen ins Deutsche...
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Mein Verständnis ist, dass man jede Seite einzeln integrieren muss, so sieht meine Überlegung aus:
Y Achse -> (0,1) -> gamma(0,t)
X Achse -> (1,0) -> gamma(t,0)
Diagonale -> ? ist das nicht der Pythagoras? sqrt(a^2 + b^2)? ─ sayuri 26.12.2020 um 11:27
Mit dem Pythagoras kannst du lediglich die Länge der Kurve berechnen, eine Aussage über die Richtung trifft dieser aber nicht. ─ posix 26.12.2020 um 11:42
Dafür wäre aber eher eine Parametrisierung wie \(\gamma_1(t) = (t,0)^T , \; t\in [0,1]\), \(\gamma_2(t) = (t,1-t)^T, \; t \in [0,1]\) (die Diagonale von \((0,1)\) nach \((1,0)\) durchlaufen) und schließlich \(\gamma_3(t) = (0,-t)^T , \; t\in [0,1]\) korrekt. ─ posix 26.12.2020 um 11:55
Den Normalenvektor kann man mit der Überlegung \(n(t) = (-\dot \gamma_2, \dot \gamma_1)^T = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}\dot\gamma\) in Abhängigkeit von dem Tangentialvektor \(\dot\gamma\) darstellen.
Das Flussintegral über den Normalenvektor der Kurve lässt sich folgendermaßen berechnen: \[\int_{\partial A}{v^T \; \mathrm{d}n} = \int_{\gamma}{v(\gamma(t))^T n(t)\; \mathrm{d}t} = \int_{\gamma}{v(\gamma(t))^T \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}\dot\gamma\; \mathrm{d}t} = \int_{\gamma}{\left( \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}^T v(\gamma(t))\right)^T \dot\gamma(t)\; \mathrm{d}t} = \int_{\gamma}{(-v_2, v_1)\dot\gamma\; \mathrm{d}t} \overset{Green}{=} \iint_A{\frac{\partial v_1}{\partial x}+\frac{\partial v_2}{\partial y} \mathrm{d}(x,y)} = \iint_A{\operatorname{div}v(x,y) \;\mathrm{d}(x,y)}\]
Damit erhält man den Zusammenhang \(\int_{\partial A}{v^T \; \mathrm{d}n} = \iint_A{\operatorname{div}v(x,y) \;\mathrm{d}(x,y)}\) (Satz von Gauss), den ich in meiner Antwort verwendet habe. ─ posix 26.12.2020 um 12:18
Mit \(\nabla f(x,y) = (e^x,1)^T\) und den entsprechenden Normalenvektoren \(n_1 = (0,1)^T\), \(n_2 = (1,1)^T\) und \(n_3=(1,0)^T\) erhält man für das Integral \(\int_0^1 (e^t,1)(0,1)^T + (e^t,1)(1,1)^T + (1,1)(1,0)^T \; \mathrm{d}t = \int_0^1 e^t + 3 \;\mathrm{d}t = [e^t + 3t]|_{t=0}^{t=1} = e + 2\) - das haut noch nicht so ganz hin.
Wie mir gerade aufgefallen ist, sollte eben doch die Parametrisierung (bzw. genauer gesagt die Normalenvektoren) aus der Angabe verwendet werden. Das hat den Grund, das für das Flussintegral über den Normalenvektor der äußere Normalenvektor ("weg" von der Fläche) verwendet werden muss, mit dem Satz von Green hat die Aufgabe per se nichts zu tun.
Verwendet man jetzt also \(n_1 = (0,-1)^T\) und \(n_3 = (-1,0)^T\) erhält man als Ergebnis \(\int_0^1 (e^t,1)(0,-1)^T + (e^t,1)(1,1)^T + (1,1)(-1,0)^T \; \mathrm{d}t = \int_0^1 e^t - 1 \;\mathrm{d}t = e - 2\) - so scheint wohl alles zu stimmen :) ─ posix 28.12.2020 um 00:41
Zum Berechnen des Normalenvektors wird folgende Formel verwendet:
Gegeben sei der Vektor \(a=(a_1, a_2)^T\), dann lässt sich ein darauf senkrechter Vektor als \(n=(-a_2, a_1)^T\) berechnen.
Der Faktor \(\frac{1}{||a||_2}\) wird hier noch zum normieren des Normalenvektors verwendet. ─ posix 26.12.2020 um 00:36