Greens sats

Greens sats kräver att det är en sluten kurva. En halvcirkel är inte en sluten kurva.

Hej,

Du har helt struntat i kravet $y\geq 1$ vilket ger dig följande halvcirkel $\gamma$ som du ska integrera längs.

Förbind halvcirkelns ändpunkter $(-1,1)$ och $(1,1)$ med den räta linje $L$ som startar i punkten $(-1,1)$ och slutar i punkten $(1,1)$ så att kurvan $\partial D=\gamma \cup L$ är enkel och sluten och som du kan tillämpa  Greens teorem på.

    $\displaystyle\oint_{\partial D}\stackrel{\text{Greens teorem}}{=}\iint_{D} \quad\Longrightarrow\quad \oint_\gamma=\iint_{D}-\oint_L.$

Albiki skrev:

Hej,

Du har helt struntat i kravet $y\geq 1$ vilket ger dig följande halvcirkel $\gamma$ som du ska integrera längs.

Förbind halvcirkelns ändpunkter $(-1,1)$ och $(1,1)$ med den räta linje $L$ som startar i punkten $(-1,1)$ och slutar i punkten $(1,1)$ så att kurvan $\partial D=\gamma \cup L$ är enkel och sluten och som du kan tillämpa  Greens teorem på.

    $\displaystyle\oint_{\partial D}\stackrel{\text{Greens teorem}}{=}\iint_{D} \quad\Longrightarrow\quad \oint_\gamma=\iint_{D}-\oint_L.$

Ahh läste fel och tänkte att det var  y=>0 därför skrev. 

Men nu blir ju dP/dy = dQ/dx , därför kan man också räkna det som en potentialfunktion?

sannakarlsson1337 skrev:

Albiki skrev:

Hej,

Visa spoiler

Du har helt struntat i kravet $y\geq 1$ vilket ger dig följande halvcirkel $\gamma$ som du ska integrera längs.

Förbind halvcirkelns ändpunkter $(-1,1)$ och $(1,1)$ med den räta linje $L$ som startar i punkten $(-1,1)$ och slutar i punkten $(1,1)$ så att kurvan $\partial D=\gamma \cup L$ är enkel och sluten och som du kan tillämpa  Greens teorem på.

    $\displaystyle\oint_{\partial D}\stackrel{\text{Greens teorem}}{=}\iint_{D} \quad\Longrightarrow\quad \oint_\gamma=\iint_{D}-\oint_L.$

 

Ahh läste fel och tänkte att det var  y=>0 därför skrev. 

Men nu blir ju dP/dy = dQ/dx , därför kan man också räkna det som en potentialfunktion?

Linjen $L$ parametriseras som

    $L=\{(x,y)=(t,1): -1\leq t\leq 1\}$

vilket ger kurvintegralen

    $\displaystyle\oint_L=\int_{t=-1}^1 0\,dt = 0$

och de partiella derivatorna $\frac{\partial Q}{\partial x} =3x^2$ samt $\frac{\partial P}{\partial y}=-3y^2$ ger dubbelintegralen

    $\displaystyle 3\cdot\iint_{D}x^2+y^2\,dxdy=3\cdot \int_{r=0}^1\int_{v=0}^{\pi} r^3+r+2r^2\sin v\,drdv=\frac{9\pi}{4}+4$

med parametriseringen $x=r\cos v$ och $y=1+r\sin v$ där $0\leq r\leq 1$ samt $0\leq v\leq \pi$.

Albiki skrev:

sannakarlsson1337 skrev:

Visa föregående citat

Albiki skrev:

Hej,

Visa spoiler

Du har helt struntat i kravet $y\geq 1$ vilket ger dig följande halvcirkel $\gamma$ som du ska integrera längs.

Förbind halvcirkelns ändpunkter $(-1,1)$ och $(1,1)$ med den räta linje $L$ som startar i punkten $(-1,1)$ och slutar i punkten $(1,1)$ så att kurvan $\partial D=\gamma \cup L$ är enkel och sluten och som du kan tillämpa  Greens teorem på.

    $\displaystyle\oint_{\partial D}\stackrel{\text{Greens teorem}}{=}\iint_{D} \quad\Longrightarrow\quad \oint_\gamma=\iint_{D}-\oint_L.$

 

Ahh läste fel och tänkte att det var  y=>0 därför skrev. 

Men nu blir ju dP/dy = dQ/dx , därför kan man också räkna det som en potentialfunktion?

Linjen $L$ parametriseras som

    $L=\{(x,y)=(t,1): -1\leq t\leq 1\}$

vilket ger kurvintegralen

    $\displaystyle\oint_L=\int_{t=-1}^1 0\,dt = 0$

och de partiella derivatorna $\frac{\partial Q}{\partial x} =3x^2$ samt $\frac{\partial P}{\partial y}=-3y^2$ ger dubbelintegralen

    $\displaystyle 3\cdot\iint_{D}x^2+y^2\,dxdy=3\cdot \int_{r=0}^1\int_{v=0}^{\pi} r^3+r+2r^2\sin v\,drdv=\frac{9\pi}{4}+4$

med parametriseringen $x=r\cos v$ och $y=1+r\sin v$ där $0\leq r\leq 1$ samt $0\leq v\leq \pi$.

Det där, är inte Greens? utan 'bara' paramatisering?

sannakarlsson1337 skrev:

Visa spoiler

Albiki skrev:

sannakarlsson1337 skrev:

Albiki skrev:

Hej,

Visa spoiler

Du har helt struntat i kravet $y\geq 1$ vilket ger dig följande halvcirkel $\gamma$ som du ska integrera längs.

Förbind halvcirkelns ändpunkter $(-1,1)$ och $(1,1)$ med den räta linje $L$ som startar i punkten $(-1,1)$ och slutar i punkten $(1,1)$ så att kurvan $\partial D=\gamma \cup L$ är enkel och sluten och som du kan tillämpa  Greens teorem på.

    $\displaystyle\oint_{\partial D}\stackrel{\text{Greens teorem}}{=}\iint_{D} \quad\Longrightarrow\quad \oint_\gamma=\iint_{D}-\oint_L.$

 

Ahh läste fel och tänkte att det var  y=>0 därför skrev. 

Men nu blir ju dP/dy = dQ/dx , därför kan man också räkna det som en potentialfunktion?

Linjen $L$ parametriseras som

    $L=\{(x,y)=(t,1): -1\leq t\leq 1\}$

vilket ger kurvintegralen

    $\displaystyle\oint_L=\int_{t=-1}^1 0\,dt = 0$

och de partiella derivatorna $\frac{\partial Q}{\partial x} =3x^2$ samt $\frac{\partial P}{\partial y}=-3y^2$ ger dubbelintegralen

    $\displaystyle 3\cdot\iint_{D}x^2+y^2\,dxdy=3\cdot \int_{r=0}^1\int_{v=0}^{\pi} r^3+r+2r^2\sin v\,drdv=\frac{9\pi}{4}+4$

med parametriseringen $x=r\cos v$ och $y=1+r\sin v$ där $0\leq r\leq 1$ samt $0\leq v\leq \pi$.

 

Det där, är inte Greens? utan 'bara' paramatisering?

Greens teorem låter dig beräkna kurvintegral genom att beräkna en motsvarande dubbelintegral. Själva dubbelintegralen måste beräknas med sedvanliga tekniker.

Albiki skrev:

sannakarlsson1337 skrev:

Visa föregående citat

Visa spoiler

Albiki skrev:

sannakarlsson1337 skrev:

Albiki skrev:

Hej,

Visa spoiler

Du har helt struntat i kravet $y\geq 1$ vilket ger dig följande halvcirkel $\gamma$ som du ska integrera längs.

Förbind halvcirkelns ändpunkter $(-1,1)$ och $(1,1)$ med den räta linje $L$ som startar i punkten $(-1,1)$ och slutar i punkten $(1,1)$ så att kurvan $\partial D=\gamma \cup L$ är enkel och sluten och som du kan tillämpa  Greens teorem på.

    $\displaystyle\oint_{\partial D}\stackrel{\text{Greens teorem}}{=}\iint_{D} \quad\Longrightarrow\quad \oint_\gamma=\iint_{D}-\oint_L.$

 

Ahh läste fel och tänkte att det var  y=>0 därför skrev. 

Men nu blir ju dP/dy = dQ/dx , därför kan man också räkna det som en potentialfunktion?

Linjen $L$ parametriseras som

    $L=\{(x,y)=(t,1): -1\leq t\leq 1\}$

vilket ger kurvintegralen

    $\displaystyle\oint_L=\int_{t=-1}^1 0\,dt = 0$

och de partiella derivatorna $\frac{\partial Q}{\partial x} =3x^2$ samt $\frac{\partial P}{\partial y}=-3y^2$ ger dubbelintegralen

    $\displaystyle 3\cdot\iint_{D}x^2+y^2\,dxdy=3\cdot \int_{r=0}^1\int_{v=0}^{\pi} r^3+r+2r^2\sin v\,drdv=\frac{9\pi}{4}+4$

med parametriseringen $x=r\cos v$ och $y=1+r\sin v$ där $0\leq r\leq 1$ samt $0\leq v\leq \pi$.

 

Det där, är inte Greens? utan 'bara' paramatisering?

Greens teorem låter dig beräkna kurvintegral genom att beräkna en motsvarande dubbelintegral. Själva dubbelintegralen måste beräknas med sedvanliga tekniker.

Jag tror jag är med på hur man ska göra, men jag undrar vad det är för fel jag gör när jag tänker såhär: (lära sig av mina misstag hehe)

eftersom jag la till en linje $\gamma_1 : y=1$ för att få 

men då får jag ju att y blir oändlig (är det det som är felet i min tankegång här?) för isåfall - kanske - blir beräkningen:

Vilket i sig redan är skevt, men försöker bara som sagt, lära mig av mina misstag här oxå.. kanske lite onödigt envis =)

Du verkar tappa bort ett minustecken - derivatan av 1-y³ är -3y². Jämför med lösningen i ditt förstainlägg.

Smaragdalena skrev:

Du verkar tappa bort ett minustecken - derivatan av 1-y³ är -3y². Jämför med lösningen i ditt förstainlägg.

Jo sant, men det blir forfarande konstigt ändå, för det e ju mest gränsen jag fastnar för?

Du ser ut att välja att x går från 0 till oändligheten, jag tycker det ser ut som från -1 till 1. Och y ser ut att gå från 1 till cirkelbågen, som beror på x. Hur kom du fram till dina värden?

Området ser ut att längta efter polära koordinater. 

Smaragdalena skrev:

Du ser ut att välja att x går från 0 till oändligheten, jag tycker det ser ut som från -1 till 1. Och y ser ut att gå från 1 till cirkelbågen, som beror på x. Hur kom du fram till dina värden?

Området ser ut att längta efter polära koordinater. 

Nää juste så blir det ja! nvm..

Hej,

Kurvintegralen kan beräknas direkt genom att parametrisera kurvan $\gamma.$

    $\gamma=\{(x,y): x=\cos t \text{ och } y=1+\sin t\ , \quad 0\leq t\leq \pi\}.$

Då blir integranden

    $(1-y^3)\,dx+x^3\,dy=\{1-(1+\sin t)^3\}\cdot(-\sin t) \,dt + \cos^3 t\cdot\cos t \,dt$

som förenklas till

    $3\sin^2t+3\sin^3t+\sin^4t+\cos^4 t \,dt$

så att kurvintegralen blir lika med enkelintegralen

    $\displaystyle\oint_\gamma\left(1-y^3\right)\,dx+x^3\,dy=\int_{t=0}^{\pi} 3\sin^2t+3\sin^3t+\sin^4t+\cos^4t\,dt=\{\text{Jobbiga berakningar}\}\\=4+\frac{9\pi}{4}.$

Som du ser får man samma resultat som då man använde Greens teorem ovan.

Albiki skrev:

Hej,

Kurvintegralen kan beräknas direkt genom att parametrisera kurvan $\gamma.$

    $\gamma=\{(x,y): x=\cos t \text{ och } y=1+\sin t\ , \quad 0\leq t\leq \pi\}.$

Då blir integranden

    $(1-y^3)\,dx+x^3\,dy=\{1-(1+\sin t)^3\}\cdot(-\sin t) \,dt + \cos^3 t\cdot\cos t \,dt$

som förenklas till

    $3\sin^2t+3\sin^3t+\sin^4t+\cos^4 t \,dt$

så att kurvintegralen blir lika med enkelintegralen

    $\displaystyle\oint_\gamma\left(1-y^3\right)\,dx+x^3\,dy=\int_{t=0}^{\pi} 3\sin^2t+3\sin^3t+\sin^4t+\cos^4t\,dt=\{\text{Jobbiga berakningar}\}\\=4+\frac{9\pi}{4}.$

Som du ser får man samma resultat som då man använde Greens teorem ovan.

Coolt! Tack! :D