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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:18 Do 06.02.2014 | | Autor: | OneTwo7 |
| Aufgabe | Gegeben seien K:= {(x,y,z) [mm] \in \IR^{3} [/mm] : z [mm] \in [/mm] [-1,1], [mm] 1\le x^{2} [/mm] + [mm] y^{2} \le [/mm] 4} und die Funktionen f : [mm] \IR^{3} \to \IR, [/mm] f(x,y,z) = [mm] x^{2} [/mm] + [mm] y^{2} [/mm] - [mm] z^{2}, \vec{v} [/mm] : [mm] \IR^{3} \to \IR^{3}, \vec{v}(x,y,z) [/mm] = [mm] \vektor{x^{2} + y^{2} \\ x^{2} - z^{2} \\ xy^{2} + x^{2}y + z}
[/mm]
Berechnen sie:
(i) das Integral von f über K
(ii) das Integral von f über [mm] \partial [/mm] K
(iii) das Flussintegral von [mm] \vec{v} [/mm] durch den Rand von K |
Das Flussintegral (iii) kriege ich glaube ich noch hin, zu i und ii würden mich Ansätze freuen...
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Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo,
> Gegeben seien K:= {(x,y,z) [mm]\in \IR^{3}[/mm] : z [mm]\in[/mm] [-1,1], [mm]1\le x^{2}[/mm]
> + [mm]y^{2} \le[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
4} und die Funktionen f : [mm]\IR^{3} \to \IR,[/mm]
> f(x,y,z) = [mm]x^{2}[/mm] + [mm]y^{2}[/mm] - [mm]z^{2}, \vec{v}[/mm] : [mm]\IR^{3} \to \IR^{3}, \vec{v}(x,y,z)[/mm]
> = [mm]\vektor{x^{2} + y^{2} \\ x^{2} - z^{2} \\ xy^{2} + x^{2}y + z}[/mm]
>
> Berechnen sie:
>
> (i) das Integral von f über K
> (ii) das Integral von f über [mm]\partial[/mm] K
> (iii) das Flussintegral von [mm]\vec{v}[/mm] durch den Rand von K
> Das Flussintegral (iii) kriege ich glaube ich noch hin, zu
> i und ii würden mich Ansätze freuen...
Stichwort: Gebietsintegrale. Ich denke damit ist ja nahezu alles gesagt.
Fang einfach mal an. Stelle die Integrale auf (Dreifach-integrale). Weißt du denn, wie du dir die Menge K vorstellen kannst? Wenn ja, dann solltest du auf die Idee kommen, Zylinderkoordinaten zu benutzen.
Wie gesagt, stelle erst einmal das Integral auf.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:11 Do 06.02.2014 | | Autor: | OneTwo7 |
Nach weiterer Hilfe habe ich (i) nun gelöst und 80 [mm] \pi [/mm] herausbekommen...der Wert scheint mir etwas extrem, ich würde jedoch gerne dennoch mit (ii) weitermachen.
"Gebietsintegrale" hilft mir eigentlich nicht besonders weiter, ich bin mir auch im Unklaren wie ich [mm] \partial [/mm] K zu deuten habe geschweigedenn wie ich darüber integriere.
Ich würde ja den Integralsatz von Gauß nutzen, dieser funktioniert aber doch nur wenn f(x,y,z) nicht nach [mm] \IR^1 [/mm] abbildet
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Hallo,
> Nach weiterer Hilfe habe ich (i) nun gelöst und 80 [mm]\pi[/mm]
> herausbekommen...der Wert scheint mir etwas extrem, ich
> würde jedoch gerne dennoch mit (ii) weitermachen.
Rechnen wir es nach:
[mm] $\int_{K} [/mm] f(x,y,z) d x dy dz$
Übergang zu Zylinderkoordinaten $x = r [mm] \cos(\phi)$, [/mm] $y = r [mm] \sin(\phi)$, [/mm] $z = z$.
Funktionaldeterminante: r
$= [mm] \int_{1}^{2} \int_{0}^{2\pi} \int_{-1}^{1} f(r\cos(\phi), [/mm] r [mm] \sin(\phi), [/mm] z) [mm] \cdot [/mm] r dz [mm] d\phi [/mm] dr$
$= [mm] \int_{1}^{2} \int_{0}^{2\pi} \int_{-1}^{1} (r^2 [/mm] - [mm] z^2) \cdot [/mm] r dz [mm] d\phi [/mm] dr$
$= [mm] 2\pi \int_{1}^{2} \int_{-1}^{1} (r^2 [/mm] - [mm] z^2) \cdot [/mm] r dz dr$
$= [mm] 2\pi \int_{1}^{2} \underbrace{\Big[ r^3 z - r \cdot \frac{1}{3}z^3\Big]_{-1}^{1}}_{=2 r^3 - \frac{2}{3}r} [/mm] dr$
$= [mm] 2\pi \int_{1}^{2} [/mm] 2 [mm] r^3 [/mm] - [mm] \frac{2}{3}r [/mm] dr$
$= [mm] 2\pi \Big[\frac{1}{2}r^4 [/mm] - [mm] \frac{1}{3}r^2\Big]_{1}^{2}$
[/mm]
$= [mm] 13\pi$.
[/mm]
Natürlich übernehme ich jetzt auch keine Haftung für dieses Ergebnis, aber wenn deine Rechnung ungefähr so aussieht, hast du es verstanden.
> "Gebietsintegrale" hilft mir eigentlich nicht besonders
> weiter, ich bin mir auch im Unklaren wie ich [mm]\partial[/mm] K zu
> deuten habe geschweigedenn wie ich darüber integriere.
Ich denke, da sind Oberflächenintegrale gemeint, siehe ![[]](/images/popup.gif) Wikipedia.
Du brauchst also eine Parametrisierung [mm] $\varphi$ [/mm] des Randes von K mittels zweier Koordinaten (hier empfiehlt sich natürlich wieder ein Winkel und die z-Koordinate), dann kannst du das in die Wikipedia-Formel einsetzen.
Viele Grüße,
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:57 Do 06.02.2014 | | Autor: | OneTwo7 |
Teile ich also den Hohlzylinder in 3 Teile? (Mantelfläche, innere Mantelfläche, Deckel/Grundfläche)
Addiere ich dann die Integrale?
Ich bin mir unsicher, ob das beim integrieren über eine Funktion auch geht, bei der Integration über 1 ja schon.
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Hallo,
> Teile ich also den Hohlzylinder in 3 Teile? (Mantelfläche,
> innere Mantelfläche, Deckel/Grundfläche)
Ja. Ansonsten kannst du die reguläre Parametrisierung nicht verwenden.
> Addiere ich dann die Integrale?
> Ich bin mir unsicher, ob das beim integrieren über eine
> Funktion auch geht, bei der Integration über 1 ja schon.
Ja, die Integrale werden addiert
(zumindest wird das üblicherweise so definiert).
Viele Grüße,
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:08 Do 06.02.2014 | | Autor: | OneTwo7 |
Die Parametrisierungen für die 3 Flächen habe ich nun, aber wie integriere ich ein doppelintegral über eine Funktion die [mm] \IR^3 [/mm] nach [mm] \IR^3 [/mm] abbildet?
[mm] (\integral_{}^{}{\integral_{\partial K}^{}{f(x,y,z) \vec{dO}}} [/mm] )
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Hallo,
> Die Parametrisierungen für die 3 Flächen habe ich nun,
> aber wie integriere ich ein doppelintegral über eine
> Funktion die [mm]\IR^3[/mm] nach [mm]\IR^3[/mm] abbildet?
>
> [mm](\integral_{}^{}{\integral_{\partial K}^{}{f(x,y,z) \vec{dO}}}[/mm]
> )
Deine Funktion bildet nicht nach [mm] $\IR^{3}$ [/mm] ab, sondern nach [mm] $\IR$. [/mm] Dafür stand doch in Wikipedia die Definition. Für eine Fläche $F$ (setze da deine drei Teile jeweils ein), die durch [mm] $U\to \IR^3, (u,v)\mapsto \phi(u,v)$ [/mm] parametrisiert wird:
[mm] $\integral_{F} [/mm] f(x,y,z) [mm] \vec{dO} [/mm] = [mm] \int_{U} f(\phi(u,v)) \cdot ||\partial_u \phi(u,v) \times \partial_v \phi(u,v)||_2 \dif [/mm] u [mm] \dif [/mm] v.
[mm] ($||a||_2$ [/mm] ist die Länge des Vektors $a$)
Im Integral steht immer noch eine Funktion nach [mm] $\IR$!
[/mm]
Und das Doppelintegral sollte sich bei einer geeigneten Parametrisierung (die du sicher gefunden hast) sowieso in zwei einzelne aufspalten.
Viele Grüße,
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:35 Do 06.02.2014 | | Autor: | OneTwo7 |
Okay super ich integriere grad fröhlich (ii), läuft gut.
Als ich auf deine Antwort gewartet habe hab ich mal (iii) probiert aber irgendwie komme ich da nur auf Mist, soll ich da auch die Parametrisierungen nutzen und 3 integrale nach dem Motto
[mm] \integral_{}^{}{\integral_{\partial K}^{}{\vec{v} \vec {dO}}} [/mm]
=
[mm] \integral_{u_1}^{u_2}{\integral_{v_1}^{v_2}{det(\vec{v}}(f(u,v)),\bruch{\partial f}{\partial u} , \bruch{\partial f}{\partial v})dv du}
[/mm]
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Hallo,
> Okay super ich integriere grad fröhlich (ii), läuft gut.
Gut :)
> Als ich auf deine Antwort gewartet habe hab ich mal (iii)
> probiert aber irgendwie komme ich da nur auf Mist, soll ich
> da auch die Parametrisierungen nutzen und 3 integrale nach
> dem Motto
>
> [mm]\integral_{}^{}{\integral_{\partial K}^{}{\vec{v} \vec {dO}}}[/mm]
> =
>
> [mm]\integral_{u_1}^{u_2}{\integral_{v_1}^{v_2}{det(\vec{v}}(f(u,v)),\bruch{\partial f}{\partial u} , \bruch{\partial f}{\partial v})dv du}[/mm]
Das würde gehen, aber du kannst da natürlich auch wieder den Satz von Gauß benutzen und es zu einem dreidimensionalen Volumenintegral umwandeln (ist wahrscheinlich günstiger, da nur ein Integral).
Viele Grüße,
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:43 Do 06.02.2014 | | Autor: | OneTwo7 |
Wäre folgendes als Parametrisierung für den Hohlzyllinder korrekt:
[mm] (r,\alpha,h) \to \vektor{r^{2} cos(\alpha) \\ r^{2} sin(\alpha) \\ h} [/mm] mit r [mm] \in [/mm] [1,2], [mm] \alpha \in [/mm] [0,2 pi], h [mm] \in [/mm] [-1,1]
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Hi,
> Wäre folgendes als Parametrisierung für den Hohlzyllinder
> korrekt:
>
>
> [mm](r,\alpha,h) \to \vektor{r^{2} cos(\alpha) \\ r^{2} sin(\alpha) \\ h}[/mm]
> mit r [mm]\in[/mm] [1,2], [mm]\alpha \in[/mm] [0,2 pi], h [mm]\in[/mm] [-1,1]
Es ist üblich nicht [mm] r^2 [/mm] zu benutzen, sondern einfach nur r und dann in deinem Fall [mm] r\in[2,4] [/mm] zu betrachten. Dann hast du womöglich ein problem weniger die Transformation durchzuführen. Du musst ja die Funktionaldeterminante beachten. Bei Zylinderkoordinaten ist das einfach $r$.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:07 Do 06.02.2014 | | Autor: | OneTwo7 |
Ja macht Sinn....komisch das mir das nicht aufgefallen ist.
Dennoch, nächstes Problem.
[mm] \integral_{}^{}{\integral_{K}^{}{\integral_{}^{}{f(x,y,z) dV}}} [/mm] wird nun wie bestimmt?
Welche Grenzen wähle ich für x,y,z ?
dV = r * dr [mm] d\alpha [/mm] dh, jedoch wäre das ja der Fall für das Integral über 1 (..oder? :P) und dann wären die Grenzen ensprechend die grenzen für r [mm] \alpha [/mm] und h....wie nun mit f(x,y,z)?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:55 Do 06.02.2014 | | Autor: | Calli |
Hallo!
$f(x,y,z) = [mm] \underbrace{x^{2} + y^{2}}_{r^2} -z^2$
[/mm]
mit
[mm] $1\leq r^2\leq 4\quad\text{und}\quad 0\leq \varphi \leq 2\pi\quad\text{und}\quad -1\leq [/mm] z [mm] \leq [/mm] 1$
[mm] $\Downarrow$
[/mm]
[mm] $f(r,\varphi,z)=r^2-z^2$
[/mm]
Ciao
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