Doppelintegrale < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:48 Sa 17.08.2013 | | Autor: | Mopsi |
| Aufgabe | Berechnen Sie folgende Gebietsintegrale:
1. [mm] \int_{G}^{} exp(- \frac{y}{x^4}) d(x,y), G= \{(x,y)\} \in \IR^2: 0 \leq y \leq x^4, -1 \leq x \leq 1 \}[/mm]
2. [mm] \int_{G}^{} (x^3 +xy^2) d(x,y), G = \{(x,y)\} \in \IR^2: x^2 + y^2 \leq 1, x \geq 0 \}[/mm]
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Hallo und einen wunderschönen guten Tag :)
Diese Integrale sind Doppelintegrale, weil wir Funktionen von zwei Variablen haben, oder?
Zu 1:
Nun wenn es ein Doppelintegral ist, brauche ich auch zwei Ober- und zwei Untergrenzen.
Ich sehe, dass für x gilt: [mm]-1 \leq x \leq 1[/mm] und für y: [mm]0 \leq y \leq x^4[/mm] sind das dann meine beiden Grenzbereiche?
Also:
[mm]\int_{0}^{x^4} (\int_{-1}^{1}exp(- \frac{y}{x^4}) dx) dy[/mm]
Ist das so richtig?
Mopsi
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Hi!
> Berechnen Sie folgende Gebietsintegrale:
>
> 1. [mm] \int_{G}^{} exp(- \frac{y}{x^4}) d(x,y), G= \{(x,y)\} \in \IR^2: 0 \leq y \leq x^4, -1 \leq x \leq 1 \}[/mm]
>
>
> 2. [mm] \int_{G}^{} (x^3 +xy^2) d(x,y), G = \{(x,y)\} \in \IR^2: x^2 + y^2 \leq 1, x \geq 0 \}[/mm]
>
>
>
>
> Hallo und einen wunderschönen guten Tag :)
>
> Diese Integrale sind Doppelintegrale, weil wir Funktionen
> von zwei Variablen haben, oder?
Weil du dich in einem 2 dimensionalen Gebiet aufhälst.
> Zu 1:
> Nun wenn es ein Doppelintegral ist, brauche ich auch zwei
> Ober- und zwei Untergrenzen.
Ja.
> Ich sehe, dass für x gilt: [mm]-1 \leq x \leq 1[/mm] und für
> y: [mm]0 \leq y \leq x^4[/mm] sind das dann meine beiden
> Grenzbereiche?
Ja.
> Also:
>
> [mm]\int_{0}^{x^4} (\int_{-1}^{1}exp(- \frac{y}{x^4}) dx) dy[/mm]
>
> Ist das so richtig?
Nein.
Für:
$a<x<b$ und [mm] $c(x)\le [/mm] y [mm] \le [/mm] d(x)$
erhälst du das Integral: [mm] \int_{a}^{b} \Big( \int_{c(x)}^{d(x)}f(x,y)dy\Big)dx[/mm]
Die äußere Integral hat feste Grenzen.
Valerie
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:16 Sa 17.08.2013 | | Autor: | Mopsi |
Hallo Valerie und vielen Dank für deine Hilfe :)
> > Berechnen Sie folgende Gebietsintegrale:
> >
> > 1. [mm] \int_{G}^{} exp(- \frac{y}{x^4}) d(x,y), G= \{(x,y)\} \in \IR^2: 0 \leq y \leq x^4, -1 \leq x \leq 1 \}[/mm]
> Für:
>
> [mm]a
>
> erhälst du das Integral: [mm]\int_{a}^{b} \Big( \int_{c(x)}^{d(x)}f(x,y)dy\Big)dx[/mm]
Also:
[mm]\int_{-1}^{1} (\int_{0}^{x^4} exp(- \frac{y}{x^4}) dy) dx = \int_{-1}^{1}( [-x^4*exp(- \frac{y}{x^4}) ]^{x^4}_0)dx = \int_{-1}^{1} (-x^4* \frac{1}{e} + x^4) dx[/mm]
Ist das bis dahin richtig?
Mopsi
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> Also:
>
> [mm]\int_{-1}^{1} (\int_{0}^{x^4} exp(- \frac{y}{x^4}) dy) dx = \int_{-1}^{1}( [-x^4*exp(- \frac{y}{x^4}) ]^{x^4}_0)dx = \int_{-1}^{1} (-x^4* \frac{1}{e} + x^4) dx[/mm]
>
> Ist das bis dahin richtig?
>
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:34 Sa 17.08.2013 | | Autor: | Mopsi |
> > Also:
> >
> > [mm]\int_{-1}^{1} (\int_{0}^{x^4} exp(- \frac{y}{x^4}) dy) dx = \int_{-1}^{1}( [-x^4*exp(- \frac{y}{x^4}) ]^{x^4}_0)dx = \int_{-1}^{1} (-x^4* \frac{1}{e} + x^4) dx[/mm]
>
> >
> > Ist das bis dahin richtig?
> >
>
>
Das freut mich, vielen Dank Valerie :)
[mm]\int_{-1}^{1} (\int_{0}^{x^4} exp(- \frac{y}{x^4}) dy) dx = \int_{-1}^{1}( [-x^4*exp(- \frac{y}{x^4}) ]^{x^4}_0)dx = \int_{-1}^{1} (-x^4* \frac{1}{e} + x^4) dx [/mm]
[mm]= [- \frac{1}{5}x^5* \frac{1}{e} + \frac{1}{5}x^5]^1_{-1} = - \frac{1}{5}* \frac{1}{e} + \frac{1}{5} - (\frac{1}{5}* \frac{1}{e} - \frac{1}{5}) = - \frac{2}{5}* \frac{1}{e} + \frac{2}{5}[/mm]
Ich hoffe das ist richtig?
Zu 2: [mm]\int_{G}^{} (x^3 +xy^2) d(x,y), G = \{(x,y)\} \in \IR^2: x^2 + y^2 \leq 1, x \geq 0 \}[/mm]
Ich weiß, dass das äußere Integral feste Grenzen haben muss, aber was sind denn die Grenzen für x? [mm]0 \leq x \leq \infty[/mm] ? Und für y weiß ich auch nicht die Grenzen...
Wie macht man das hier?
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> Das freut mich, vielen Dank Valerie :)
>
> [mm]\int_{-1}^{1} (\int_{0}^{x^4} exp(- \frac{y}{x^4}) dy) dx = \int_{-1}^{1}( [-x^4*exp(- \frac{y}{x^4}) ]^{x^4}_0)dx = \int_{-1}^{1} (-x^4* \frac{1}{e} + x^4) dx[/mm]
>
> [mm]= [- \frac{1}{5}x^5* \frac{1}{e} + \frac{1}{5}x^5]^1_{-1} = - \frac{1}{5}* \frac{1}{e} + \frac{1}{5} - (\frac{1}{5}* \frac{1}{e} - \frac{1}{5}) = - \frac{2}{5}* \frac{1}{e} + \frac{2}{5}[/mm]
>
> Ich hoffe das ist richtig?
>
Ich habs nicht nachgerechnet. Hauptsache das Integral stimmt. Zahlen einsetzen wird schon richtig sein.
> Zu 2: [mm]\int_{G}^{} (x^3 +xy^2) d(x,y), G = \{(x,y)\} \in \IR^2: x^2 + y^2 \leq 1, x \geq 0 \}[/mm]
>
> Ich weiß, dass das äußere Integral feste Grenzen haben
> muss, aber was sind denn die Grenzen für x? [mm]0 \leq x \leq \infty[/mm] ?
> Und für y weiß ich auch nicht die Grenzen...
Lies dir doch in deinem Skript das Kapitel über Projezierbarkeit durch.
Eine 2 dimensionale Menge kann x oder y projezierbar sein.
Mach dir außerdem klar, wie dein Gebiet visuell aussieht. Was stellt also dein Gebiet G dar?
So kommst du auch auf deine Grenzen.
Valerie
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:00 Sa 17.08.2013 | | Autor: | fred97 |
Zu 2 lautet das Zauberwort: Polarkoordinaten.
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:14 Sa 17.08.2013 | | Autor: | Mopsi |
Den Tipp hatte uns der Übungsleiter auch gegeben, nur mag ich Polarkoordinaten nicht :-P
Ich habe nun aber versucht mich selber in das Thema einzuarbeiten.
[mm] \int_{G}^{} (x^3 +xy^2) d(x,y), G = \{(x,y)\} \in \IR^2: x^2 + y^2 \leq 1, x \geq 0 \} [/mm]
Zunächst mal zum Gebiet:
Ich habe mir [mm]x^2+y^2 \leq 1[/mm] zeichnen lassen und es ist ein Kreis( für x>0 ein Halbkreis). Jetzt im Nachhinein hätte ich selber draufkommen können, aber wie macht ihr das? Also das Gebiet im Kopf zeichnen? Bei [mm]x^3+y^2 \leq 1[/mm] wüsste ich zum Beispiel nicht, wie das Gebiet aussieht...
Nun muss ich die kartesischen Koordinaten in Polarkoordinaten umwandeln.
Für r gilt: [mm]r^2 = x^2+y^2 [/mm] und somit [mm]r^2 \leq 1 \Rightarrow r \leq 1[/mm]
Ich würde jetzt sagen, dass auch gilt: [mm]r \geq 0[/mm] ... Aber wie komme ich darauf? Da steht ja nur, dass [mm]x \geq 0[/mm]. Wie soll ich da auf r schließen?
Für [mm] \varphi[/mm] gilt: [mm] 0 \leq \varphi \leq \pi[/mm] (weil es ja ein Halbkreis ist, oder?)
Nun muss ich noch die Funktion [mm]x^3 + xy^2[/mm] in Polarkoordinaten umwandeln.
Ich weiß, dass [mm]x = r* cos( \varphi)[/mm] und [mm]y = r* sin( \varphi)[/mm].
Aber das einfach einsetzen führt zu nichts, oder?
Ich kann ja [mm]x^3 + xy^2[/mm] umschreiben zu [mm]x^3 + xy^2 = x(x^2+y^2) = r*cos( \varphi ) (r^2) = r^3*cos( \varphi )[/mm]
Das heißt ich muss nun folgendes Integral berechen:
[mm] \int_{0}^{\pi} \int_{?}^{1}{ r^3*cos( \varphi ) r\textrm{ }dr\textrm{ }d \varphi} = \int_{0}^{\pi} \int_{?}^{1}{ r^4*cos( \varphi ) \textrm{ }dr\textrm{ }d \varphi} [/mm]
Ist das bis hierhin richtig?
Mopsi
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> Zunächst mal zum Gebiet:
> Ich habe mir [mm]x^2+y^2 \leq 1[/mm] zeichnen lassen und es ist
> ein Kreis( für x>0 ein Halbkreis). Jetzt im Nachhinein
> hätte ich selber draufkommen können, aber wie macht ihr
> das? Also das Gebiet im Kopf zeichnen? Bei [mm]x^3+y^2 \leq 1[/mm]
> wüsste ich zum Beispiel nicht, wie das Gebiet aussieht...
Hallo Mopsi,
Einer Gleichung der Form [mm] x^2+y^2=const. [/mm] (>0)
muss man einfach ansehen, dass sie zu
einem Kreis gehört. Was dahinter steckt, ist einfach
die Pythagorasgleichung [mm] x^2+y^2=r^2 [/mm] für ein recht-
winkliges Dreieck mit den Katheten x und y und der
Hypotenuse r. Wenn r konstant vorgegeben ist, x und y
aber noch frei, muss eben jeder Punkt P(x|y), der
die Gleichung erfüllt, vom Nullpunkt O(0|0) den
Abstand (Hypotenusenlänge) r haben; und damit
sind wir bei der Definition des Kreises als Menge
aller Punkte der Ebene, die von einem gegebenen
Fixpunkt (hier dem Koordinatennullpunkt) einen
gegebenen konstanten Abstand haben.
Die Ungleichung [mm] x^2+y^2\le{1} [/mm] beschreibt dann natürlich
nicht etwa einen Kreis (wie du geschrieben hast),
sondern eine Kreisscheibe !
Im Gegensatz zur Kreisgleichung, die einfach immer
und immer wieder auftritt, ist bei anderen Arten von
Gleichungen (und Ungleichungen) halt meist eine
kleine Kurvenuntersuchung z.B. mit den Mitteln der
Analysis erforderlich.
LG , Al-Chwarizmi
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:18 So 18.08.2013 | | Autor: | Mopsi |
Wieder super erklärt! :)
Dankeschön Al-Chwarizmi :)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:38 So 18.08.2013 | | Autor: | Valerie20 |
Nachdem du die Aufgabe anscheinend erfolgreich gelöst (https://www.vorhilfe.de/read?t=978541) hast, habe ich deine Frage auf beantwortet gestellt. Wenn du lust hast, könntest du deine Lösung noch hier rein schreiben. Vielleicht sind andere am selben Problem Interessiert.
Valerie
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:17 So 18.08.2013 | | Autor: | Mopsi |
Ich habe sie nur fast gelöst, ich habe nämlich etwas falsch gemacht.. :(
[mm] \int_{0}^{\pi} \int_{0}^{1}{ r^3\cdot{}cos( \varphi ) r\textrm{ }dr\textrm{ }d \varphi} = \int_{0}^{\pi} \int_{0}^{1}{ r^4\cdot{}cos( \varphi ) \textrm{ }dr\textrm{ }d \varphi} [/mm]
Meine Grenzen für das [mm] \varphi[/mm] sind falsch, es müsste so sein: [mm]- \frac{3}{2} \pi \leq \varphi \leq \frac{\pi}{2}[/mm]
Und als Lösung würde man erhalten [mm] \frac{2}{5}[/mm].
Wieso funktioniert es nicht mit [mm]0 \leq \varphi \leq \pi[/mm]? Es ist doch noch immer ein Halbkreis nur verschoben...
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Hallo Mopsi,
> Ich habe sie nur fast gelöst, ich habe nämlich etwas
> falsch gemacht.. :(
>
> [mm]\int_{0}^{\pi} \int_{0}^{1}{ r^3\cdot{}cos( \varphi ) r\textrm{ }dr\textrm{ }d \varphi} = \int_{0}^{\pi} \int_{0}^{1}{ r^4\cdot{}cos( \varphi ) \textrm{ }dr\textrm{ }d \varphi}[/mm]
>
> Meine Grenzen für das [mm]\varphi[/mm] sind falsch, es müsste so
> sein: [mm]- \frac{3}{2} \pi \leq \varphi \leq \frac{\pi}{2}[/mm]
>
Das stimmt nicht ganz.
[mm]- \blue{\frac{\pi}{2} } \leq \varphi \leq \frac{\pi}{2}[/mm]
> Und als Lösung würde man erhalten [mm]\frac{2}{5}[/mm].
>
> Wieso funktioniert es nicht mit [mm]0 \leq \varphi \leq \pi[/mm]?
Weil [mm]sin(0) = sin(\pi)[/mm].
> Es ist doch noch immer ein Halbkreis nur verschoben...
>
Gruss
MathePower
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> Ich habe sie nur fast gelöst, ich habe nämlich etwas
> falsch gemacht.. :(
>
> [mm]\int_{0}^{\pi} \int_{0}^{1}{ r^3\cdot{}cos( \varphi ) r\textrm{ }dr\textrm{ }d \varphi} = \int_{0}^{\pi} \int_{0}^{1}{ r^4\cdot{}cos( \varphi ) \textrm{ }dr\textrm{ }d \varphi}[/mm]
>
> Meine Grenzen für das [mm]\varphi[/mm] sind falsch, es müsste so
> sein: [mm]- \frac{3}{2} \pi \leq \varphi \leq \frac{\pi}{2}[/mm]
>
Entweder so, oder wie MathePower schrieb.
Das ist so aufgrund der Tatsache, dass dein Gebiet im Bereich $x>0$ liegen soll. Also im 1. und 4. Quadranten.
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