Integrieren Dreieck < Integration < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:22 Do 13.12.2012 | | Autor: | quasimo |
| Aufgabe | Ich möchte die Funktion f(x,y) über das Dreieck integrieren mit Eckpunkten
(-1,1), (1,1), (1 ,-1) |
[mm] \int_D [/mm] f(x,y) = [mm] \int_{x=-1}^1 \int_{y=-x}^{1} [/mm] f(x,y) dy dx
Stimmt das?
Wenn ich das Dreieck nun mit einer koordiantentransformation drehen möchte, so dass es wie eine Pyramide auf der x-achse steht, dann drehe ich ja um [mm] \pi/4. [/mm] Die Rotation ist auch klar. aber wieß ich in welche Richtung gedreht wird bei der rotation?
(x,y) trandformiert sich in:
x' = x cos [mm] \phi [/mm] + y sin [mm] \phi
[/mm]
y' = - x sin [mm] \phi [/mm] + y cos [mm] \phi
[/mm]
LG
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:07 Do 13.12.2012 | | Autor: | fred97 |
> Ich möchte die Funktion f(x,y) über das Dreieck
> integrieren mit Eckpunkten
> (-1,1), (1,1), (1 ,-1)
> [mm]\int_D[/mm] f(x,y) = [mm]\int_{x=-1}^1 \int_{y=-x}^{1}[/mm] f(x,y) dy
> dx
> Stimmt das?
Ja
>
> Wenn ich das Dreieck nun mit einer
> koordiantentransformation drehen möchte, so dass es wie
> eine Pyramide auf der x-achse steht, dann drehe ich ja um
> [mm]\pi/4.[/mm] Die Rotation ist auch klar. aber wieß ich in welche
> Richtung gedreht wird bei der rotation?
gegen den Uhrzeigersinn
FRED
> (x,y) trandformiert sich in:
> x' = x cos [mm]\phi[/mm] + y sin [mm]\phi[/mm]
> y' = - x sin [mm]\phi[/mm] + y cos [mm]\phi[/mm]
> LG
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:45 Do 13.12.2012 | | Autor: | quasimo |
Danke,
ich würde noch gerne zu der Transformation das Integral aufestellen
x' = x [mm] \frac{\sqrt{2}}{2} [/mm] + y* [mm] \frac{\sqrt{2}}{2} [/mm]
y' = -x [mm] \frac{\sqrt{2}}{2} [/mm] + y* [mm] \frac{\sqrt{2}}{2} [/mm]
d(x,y)= d(x',y') (da die determinante der jacobimatrix 1 ist)
Die Diagonale des Dreiecks vor der Drehung ist ja [mm] \sqrt{2} [/mm] lang. (also die Strecke von (-1,1) bis (1,-1))
Wie sind aber y-Grenzen zu wählen:
Die Höhe des Dreiecks vor der Drehung zur strecke von (-1,1) bis (1,-1) habe ich mittels phytagoras bestimmt: [mm] \sqrt{2^2 - 2/4} [/mm] = [mm] \sqrt{\frac{6}{2}}
[/mm]
[mm] \int_{\phi(D)} [/mm] f(x,y)= [mm] \int_{x=-\sqrt{2}}^0 \int_{y=0}^{\sqrt{\frac{6}{2}} + x*\sqrt{\frac{3}{2}}} [/mm] f(x [mm] \frac{\sqrt{2}}{2} [/mm] + y* [mm] \frac{\sqrt{2}}{2}, [/mm] -x [mm] \frac{\sqrt{2}}{2} [/mm] + y* [mm] \frac{\sqrt{2}}{2} [/mm] )dy dx + [mm] \int_{x=0}^{\sqrt{2}} \int_{y=0}^{\sqrt{\frac{6}{2}} - x*\sqrt{\frac{3}{2}}} [/mm] f(x [mm] \frac{\sqrt{2}}{2} [/mm] + y* [mm] \frac{\sqrt{2}}{2}, [/mm] -x [mm] \frac{ \sqrt{2}}{2} [/mm] + y* [mm] \frac{\sqrt{2}}{2} [/mm] ) dy dx
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:13 Do 13.12.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
die hypothenuse, die du Diagonale nennst ist nicht [mm] \wurzel{2} [/mm] Lang, die Schenkel sind doch 2 lang, die Höhe ist die Halbe Diagonale
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:30 Do 13.12.2012 | | Autor: | quasimo |
Ja stimmt :O
hypothenuse, die du Diagonale nennst = [mm] \sqrt{2^2 +2^2}= \sqrt{8}
[/mm]
Höhe auf dié Hypothenuse= [mm] \sqrt{2^2 -\frac{8}{4}} [/mm] = [mm] \sqrt{2}
[/mm]
$ [mm] \int_{\phi(D)} [/mm] $ f(x,y)= $ [mm] \int_{x=-\sqrt{8}/2}^0 \int_{y=0}^{\sqrt{2}+x*\frac{2*\sqrt{2}}{\sqrt{8}}}$ [/mm] f(x $ [mm] \frac{\sqrt{2}}{2} [/mm] $ + y* $ [mm] \frac{\sqrt{2}}{2}, [/mm] $ -x $ [mm] \frac{\sqrt{2}}{2} [/mm] $ + y* $ [mm] \frac{\sqrt{2}}{2} [/mm] $ )dy dx + $ [mm] \int_{x=0}^{\sqrt{8}/2} \int_{y=0}^{{\sqrt{2}-x*\frac{2*\sqrt{2}}{\sqrt{8}}} } [/mm] $ f(x $ [mm] \frac{\sqrt{2}}{2} [/mm] $ + y* $ [mm] \frac{\sqrt{2}}{2}, [/mm] $ -x $ [mm] \frac{ \sqrt{2}}{2} [/mm] $ + y* $ [mm] \frac{\sqrt{2}}{2} [/mm] $ ) dy dx
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:42 Do 13.12.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
1 als [mm] 1=\frac{2\cdot{}\sqrt{2}}{\sqrt{8}} [/mm] zu schreiben ist schon seltsam! ebenso wie [mm] \sqrt{2}=\sqrt{8}/2
[/mm]
aber richtig ist das
Gruss leduart
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