Fläche 1/4-Kreis in R^2 < Transformationen < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:29 Fr 22.07.2016 | | Autor: | Tabs2000 |
| Aufgabe | Gegeben sei der Bereich B = (x,y) [mm] \varepsilon R^2 [/mm] ; 0 [mm] \le \wurzel{x^{2}+y^{2}}, \le [/mm] R y [mm] \ge [/mm] 0, x [mm] \ge [/mm] 0, wobei R [mm] \varepsilon \IR, [/mm] R [mm] \ge [/mm] 0
a) Skizzieren Sie B.
b) Berechnen Sie die Fläche durch zweidimensionale Integration. |
Hallo,
ich hänge gerade bei der Aufgabe an einer Stelle und hoffe auf etwas Hilfe..
Also a) habe ich selbst hinbekommen. Es handelt sich um einen Viertelkreis beliebigen Radius im ersten Quadranten des kartesischen Koordinatensystems in [mm] R^2.
[/mm]
b) Da kein fester Radius gegeben ist, müsste die Fläche im ersten Quadranten unendlich groß sein. Habe jetzt aber vor, das noch zu beweisen. Habe das ganze jetzt in Polarkoordinaten umgewandelt mit I:R[0; [mm] \infty] [/mm] und phi [0; 1/2 [mm] \pi [/mm] ]
Mir fehlt allerdings die Funktion f(x,y) = ??? Da ist keine Angabe. Was müsste man dafür einsetzen? Geht einfach f(x,y) = 1 ?
f(x,y) -> f(r,phi) = 1 ; Jacobi-Determinante im Integranden nicht vergessen mit |Jf| = r
also insgesamt:
[mm] \integral_{0}^{\infty}\integral_{0}^{\bruch{\pi}{2}}{1* r* dr*dphi}
[/mm]
Komme nach der Berechnung des unerkenntlichen Integrals nach dr auch auf unendlich, aber meine Frage ist eben, welche Funktion ich wählen muss, weil es muss ja eine sein, die denselben Grenzwert am Ende ergibt.
Liebe Grüße und danke
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:00 Fr 22.07.2016 | | Autor: | fred97 |
> Gegeben sei der Bereich B = (x,y) [mm]\varepsilon R^2[/mm] ; 0 [mm]\le \wurzel{x^{2}+y^{2}}, \le[/mm]
> R y [mm]\ge[/mm] 0, x [mm]\ge[/mm] 0, wobei R [mm]\varepsilon \IR,[/mm] R [mm]\ge[/mm] 0
>
> a) Skizzieren Sie B.
> b) Berechnen Sie die Fläche durch zweidimensionale
> Integration.
> Hallo,
>
> ich hänge gerade bei der Aufgabe an einer Stelle und hoffe
> auf etwas Hilfe..
> Also a) habe ich selbst hinbekommen. Es handelt sich um
> einen Viertelkreis beliebigen Radius
wieso beliebiger Radius ?
der Radius ist =R, R ist fest.
> im ersten Quadranten
> des kartesischen Koordinatensystems in [mm]R^2.[/mm]
>
> b) Da kein fester Radius gegeben ist,
doch: R
> müsste die Fläche
> im ersten Quadranten unendlich groß sein.
Unfug
> Habe jetzt aber
> vor, das noch zu beweisen. Habe das ganze jetzt in
> Polarkoordinaten umgewandelt mit I:R[0; [mm]\infty][/mm] und phi [0;
> 1/2 [mm]\pi[/mm] ]
> Mir fehlt allerdings die Funktion f(x,y) = ??? Da ist
> keine Angabe. Was müsste man dafür einsetzen? Geht
> einfach f(x,y) = 1 ?
ja
>
> f(x,y) -> f(r,phi) = 1 ; Jacobi-Determinante im Integranden
> nicht vergessen mit |Jf| = r
>
> also insgesamt:
>
> [mm]\integral_{0}^{\infty}\integral_{0}^{\bruch{\pi}{2}}{1* r* dr*dphi}[/mm]
Nein. r läuft von 0 bis R
fred
>
> Komme nach der Berechnung des unerkenntlichen Integrals
> nach dr auch auf unendlich, aber meine Frage ist eben,
> welche Funktion ich wählen muss, weil es muss ja eine
> sein, die denselben Grenzwert am Ende ergibt.
>
> Liebe Grüße und danke
>
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:59 Fr 22.07.2016 | | Autor: | Tabs2000 |
Jetzt hab ich's :) Danke
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:05 Fr 22.07.2016 | | Autor: | Tabs2000 |
Ok eine Frage habe ich noch:
Warum darf man einfach f(x,y)=1 festlegen? Würde auch eine andere Funktion gehen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:33 Fr 22.07.2016 | | Autor: | leduart |
Hallo
du meinst warum kein f(x,y) bzw statt dessen 1 im Integral steht? du willst doch den Flächeninhalt A und der ist die summe über alle dA=dx*dy bzw.A= [mm] r*drd\phi
[/mm]
Wenn du über f(x,y)dxdy integrierst dann bestimmst du den Gesamtwert aller funktionswerte in dem Gebiet. f(x,y) könnte etwa der Druck an der Stelle x,y sein, dann berechnest du die Gesamtkraft auf die Fläche, oder du hast eine massendichte, die von x,y abhängt, dann gibt das Integral die Gesamtmasse des flächenstücks.
Gruß leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:53 Fr 22.07.2016 | | Autor: | Tabs2000 |
Ok, also weil ich den Gesamtflächeninhalt unabhängig von einer "Kurve" will, muss ich f(x,y)= 1 setzen?... Was betrachte ich denn dann im Gegensatz zu Integralen, bei denen die Variablen explizit im Integranden auftauchen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:25 Sa 23.07.2016 | | Autor: | leduart |
Hallo
hast du meinen post wirklich gelesen? der Flächeninhalt hat doch nichts mit einer kurve zu tun? bzw du willst die Fläche innerhalb einer geschlossenen Kurve.
und was das f(x,y) im Integral bedeutet, hatte ich gesagt.
überlege noch mal selbst, was wohl [mm] \int [/mm] dxdy bedeutet.
oder sage, was du an meinem vorigen post nicht verstanden hast.
Gruß leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:13 Sa 23.07.2016 | | Autor: | Tabs2000 |
Ok hm.. Ich verstehe nicht genau, wie ich mir das vorstellen kann, also wenn ich 1 als Kurve nehme im Gegensatz dazu wenn ich eine andere Funktion mit x und y als Variable nehme...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:41 Sa 23.07.2016 | | Autor: | fred97 |
Sei B eine messbare Teilmenge des [mm] \IR^2 [/mm] und f:B [mm] \to \IR [/mm] integrierbar über B.
Wir nehmen zusätzlich an, dass f [mm] \ge [/mm] 0 auf B ist.
Anschaulich gibt das Integral [mm] \integral_{B}^{}{f(x,y) d(x,y)} [/mm] das Volumen zwischen dem Graphen von f und der x-y-Ebene an.
Ist nun f konstant =1, so ist das entspr. Volumen =
(Fläche von B)*1 = Fläche von B
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:05 Sa 23.07.2016 | | Autor: | Tabs2000 |
Oh vielen Dank. Jetzt versteh ich es :)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:14 Sa 23.07.2016 | | Autor: | fred97 |
> Oh vielen Dank. Jetzt versteh ich es :)
Hat Euer Dozent Euch das nicht erzählt ?
FRED
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