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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 07:50 Fr 26.01.2007 | | Autor: | denwag |
Hallo, ich hab wieder eine Aufgabe aufbekommen bei der ich gar nicht weiter komme, vielleicht kann mir da ja jemand behilflich sein und mir die Vorgehensweise erklähre.
Hier die Aufgabe:
Berechnen Sie für R > 0 den Wert des Integrals
[mm] \integral \integral_{{x,y} \in R^2 | x^2+y^2 \le R^2}^{}{x^2y^3 dxdy}
[/mm]
auf zwei Arten, nämlich:
(i) einmal durch Rückführung auf eindimensionale Integrale,
(ii) einmal unter Verwendung von Polarkoordinaten.
Ich würde mich freuen wenn jemand so nett seinen kann und es mir erklähren kann.
Vielen Dank.
MfG denwag
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:15 Fr 26.01.2007 | | Autor: | denwag |
Kann mir nicht vielleicht jemand helfen? Ich kapiere diese Aufgabe gar nicht.
Danke schonmal.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:31 Fr 26.01.2007 | | Autor: | maybe. |
Hallo,
also du hast doch ein Skalares Feld gegeben, naemlich :
$ f(x,y)= [mm] x^2y^3 [/mm] $
Stell dir mal ein 3-dimensionales x-y-z-Koordinatensystem vor. Deine Feld f ordnet jetzt jedem Punkt (x,y) in der xy-ebene einen eindeutigen Wert zu auf der z-Achse zu. Also z.B. ist doch
f(2,3) = [mm] 2^2*3^3 [/mm] = 4*27 = 108 oder f(0,0) = 0
Also "schwebt" ueber (oder unter) jedem Punkt auf der x-y-Ebene ein Punkt
[mm] \vektor{x \\ y \\ z=f(x,y)} [/mm] Verbindet man eben alle Punkte [mm] \vektor{x \\ y \\ z=f(x,y)} [/mm] so erhaelt man eine neue Flaeche, das kannst du dir wie ein Tuch vorstellen das im Raum schwebt.
Na gut dein Flaechenintegral [mm] \integral_{A}{f(x,y) dxdy} [/mm] ist geometrisch interpretiert das Volumen zwischen dem Stueck A der x-y-Ebene und dem Teil des Feldes f(x,y) (also dem Teil des Tuchs ;)), das ueber A schwebt.
Das ist ganz aehnlich dazu, dass [mm] \integral_{a}^{b}{f(x) dx} [/mm] der Flaecheninhalt zwischen x-Achse und f(x) auf dem Intervall [a,b] ist.
Nun musst du das Ganze noch berechnen.
So wie man bei [mm] \integral_{a}^{b}{f(x) dx} [/mm] den Flaecheninhalt in Rechtecke aufteilt tut man es bei dem Volumen [mm] \integral_{A}{f(x,y) dxdy} [/mm] indem man das Volumen einzelner Quader mit Grundfläche dA=dxdy und höhe f(x,y) betrachtet.
nun zu deiner teilaufgabe (i):
Die Fläche A ist ja hier eine Kreisscheibe mit Radius R um den Ursprung auf der x-y Ebene. Das sollte dir klar sein. Zeichne dir diese doch mal in ein Koordinatensystem. Nun sollst du ja das Flaechen-Integral durch Rückführung auf eindimensionale Integrale berechnen. Das heisst dass du z.B erst ueber dx und dann ueber dy integrierst. Das geht auch andersrum aber sagen wir mal wir machen jetzt erst dx und dann dy. Hast du eine Vorstellung wie du deine Grenzen wählen musst ? Tipp: die Integrationsgrenzen bei dy haengen von denen bei dx ab!
Gruss!!
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:41 Fr 26.01.2007 | | Autor: | denwag |
Also vielen Dank schonmal für diese sehr gute Erklärung.
zu (i): also zu den Grenzen: Ich habe [mm] x^2y^3 [/mm] nach x und nach y abgeleitet. und hab einmal [mm] 2y^3 [/mm] und [mm] 6x^2 [/mm] herausbekommen. Sind das vielleicht die grenzen?
Oder mache ich das falsch?
Danke
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:33 Fr 26.01.2007 | | Autor: | maybe. |
Nein das ist leider falsch.
Also du musst gewisser massen deine Flaeche A bei der Integration ueber dx und dy 'abtasten'. Ich mach mal ein einfaches Beispiel dann weisst du was ich meine:
Also sei unser Feld $ f(x,y)= [mm] x^2y^3 [/mm] $ und unsere Flaeche A das Rechteck zwischen den Punkten (0,0),(2,0),(2,1),(0,1) in der x-y Ebene.
Mal dir das erst mal auf!
Berechnen wollen wir jetzt:
[mm] \integral_{A}{f(x,y) dxdy}
[/mm]
Wenn du dir das Rechteckanschaust siehst du dass die x-werte von 0 bis 2 laufen und die y werte von 0 bis 1 gehen.
Also: [mm] \integral_{A}{f(x,y) dxdy}=\integral_{0}^{1}\integral_{0}^{2}{f(x,y) dxdy}
[/mm]
= [mm] \integral_{0}^{1}\integral_{0}^{2}{x^{2}y^{3} dxdy}
[/mm]
kannst das jetzt weiterrechnen ? du musst erst das innere integral berechnen und dann das aeussere Integral ueber den Wert des inneren bestimmen.
Ist dir klar dass du so jetzt die ganze Flaeche A abgetastet hast ??
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:20 Fr 26.01.2007 | | Autor: | denwag |
Ich glaube ich verstehe es jetzt. bei deinem bsp. kommt da [mm] \bruch{1}{3} [/mm] raus?
wenn ja dann mach ich mich mal ans lösen meiner aufgabe.
danke nochmals
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:37 Fr 26.01.2007 | | Autor: | maybe. |
hmmmmm....
also ich hab 2/3 raus!
$ [mm] \integral_{0}^{1}\integral_{0}^{2}{x^{2}y^{3} dxdy} [/mm] $
=
$ [mm] \integral_{0}^{1}{[1/3x^3y^3](0 bis 2)dy} [/mm] $
=
$ [mm] \integral_{0}^{1}{8/3y^3dy} [/mm] $
=
[mm] [8/12y^4](0 [/mm] bis 1)
=
8/12 = 4/6 = 2/3
vielleicht hast du (oder ich) dich nur verrechnet ?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:05 Fr 26.01.2007 | | Autor: | denwag |
du hast recht mit den 2/3. ich hatte ein rechen fehler.
zu meiner aufgabe:
ich hab mir das alles mal aufgezeichnet, also erstmal das "Tuch" welches sagen wir mal eine ebene, die mir entgegen kommt.
Ich hoffe ich erkläre das gut.
da man R > 0 wählen muss habe ich einfach für R = 1 gewählt. So haben wir einmal einen Kreis im Ursprung mit dem Radius 1.
aber es heißt ja [mm] x^2 [/mm] + [mm] y^2 \le [/mm] R und da es [mm] \le [/mm] heißt, ist ja auch einmal x=1, y=0 und x=0, y=1 eine wahre aussage.
Deshalb haben wir noch 2 Kreise mit dem Radius 1.
ich weiß jetzt nicht wie ich es berechnen soll, aber ich kann sagen, dass der Kreis um den Ursprung genau 1/3 durch das Tuch, welches ja bei (0, 0, 0) beginnt, geteilt wird. und die beiden anderen Kreise (wo x=1,y=0 zbw. x=0,y=1) schneiden jeweils einmal das Tuch. also ich meine das Tuch ist wie eine Tangente zu jedem Kreis.
Was sagst du dazu? Richtig interpretiert?
Aber ich weiß nicht wie ich es berechne.
Danke
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:29 Fr 26.01.2007 | | Autor: | maybe. |
Hallo!
zu meiner aufgabe:
ich hab mir das alles mal aufgezeichnet, also erstmal das "Tuch" welches sagen wir mal eine ebene, die mir entgegen kommt.
Ich hoffe ich erkläre das gut.
ok, aber das Tuch musst du dir gar nicht vorstellen und erst recht nicht zeichnen!! Also die genaue struktur. ist ja oft eine ganz wirre oberflaeche...
da man R > 0 wählen muss habe ich einfach für R = 1 gewählt. So haben wir einmal einen Kreis im Ursprung mit dem Radius 1.
ok, kannst du erst mal machen, aber am ende kannst du einfach das R stehen lassen, also die Aufgabe fuer allgemeine R lösen.
aber es heißt ja $ [mm] x^2 [/mm] $ + $ [mm] y^2 \le [/mm] $ R und da es $ [mm] \le [/mm] $ heißt, ist ja auch einmal x=1, y=0 und x=0, y=1 eine wahre aussage.
ja.also also die punkte (1,0) und (0,1) liegen auf jeden fall auch auf unserer Flaeche A die ja hier eine kreisscheibe ist, wobei der Rand dazuzaehlt da es ja heisst ≤R und nicht <R.
Deshalb haben wir noch 2 Kreise mit dem Radius 1.
Wieso dass denn ? Wir reden von EINER Kreisscheibe, die ist eindeutig. da Radius (R), Mittelpunkt (0,0) und Ausrichtung (x-y ebene) gegeben sind.
ich weiß jetzt nicht wie ich es berechnen soll, aber ich kann sagen, dass der Kreis um den Ursprung genau 1/3 durch das Tuch, welches ja bei (0, 0, 0) beginnt, geteilt wird. und die beiden anderen Kreise (wo x=1,y=0 zbw. x=0,y=1) schneiden jeweils einmal das Tuch. also ich meine das Tuch ist wie eine Tangente zu jedem Kreis.
Das verwirrt mich jetzt. Also was das Tuch macht kann dir jedenfalls völlig egal sein! du muss ja nur die Funktionsvorschrift f(x,y) haben.
Jetzt ist es wichtig die Integrationsgrenzen zu bestimmen. Mal ein Beispiel:
Sagen wir mal du laesst x von -R bis R laufen. und y auch von -R bis R.
Integrierst du dann ueber den Kreis mit dem Radius R ??
Natuerlich nicht. ist dir klar warum ?
Du musst also Grenzen finden mit denen du nur deine Kreisscheibe und nicht mehr oder weniger abtastest.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:33 Fr 26.01.2007 | | Autor: | maybe. |
Du wirst merken dass das Problem ist dass die grenzen von y von denen von x abhaengen. mach doch erst mal diese leichtere aufgabe.
Also Berechne das Integral ueber unserem f(x,y) mit der Flaeche A wobei A das Dreieck zwischen den Punkten (0,0), (2,0) und (0,1) ist! Stelle dabei erstmal die Gleichung der Geraden durch (0,1) und (2,0) auf um eine Beziehung zwischen x und y zu bekommen!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:00 Fr 26.01.2007 | | Autor: | denwag |
ich muss jetzt erstmal raus. nicht das du unnötig wartest. ich werde aber heute abend weiter dran arbeiten.
ich danke dir dafür das du mir so hilfst
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:14 Sa 27.01.2007 | | Autor: | denwag |
Also die geradengl. ist y= -1/2 x + 1
und ich habs wieder mit unserem integral berechnet und bin auf 4/3 gekommen.
richtig?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:12 Sa 27.01.2007 | | Autor: | maybe. |
> Also die geradengl. ist y= -1/2 x + 1
genau!
>
> und ich habs wieder mit unserem integral berechnet und bin
> auf 4/3 gekommen.
hmmm... also ich hab 2/105
mal sehen.
die gerade ist: y=1-(1/2)x
also gilt x= 2-2y
Also bei der integration ueber dx geht das integral immer von 0 bis 2-2y
Also du betrachtest einen y-wert zwischen 0 und 1 und malst dir dann den waagerechten balken mit der hoehe dy in das Dreieck. Dieser stoesst dann irgendwann gegen die gerade. und genau da hoerst du auf zu integrieren. z.b integrierst du bei y=1 nur von x=0 bis x=2-2*1=0 oder bei y=0 von x=0 bis 2-2*0=0.
jetzt hast du also einen waagerechten balken in deinem dreieck. du willst aber ueber das ganze dreieck integrieren. also musst du noch die ganzen waagerechten balken aufintegrieren. des halb integrierst du noch mal ueber dy und zwar von 0 bis 1.
also
$ [mm] \integral_{Dreieck}{f(x,y) dxdy}=\integral_{0}^{1}\integral_{0}^{2-2y}{f(x,y) dxdy} [/mm] $
=
[mm] \integral_{0}^{1}{[1/3x^3y^3](von 0 bis 2-2y) dy} [/mm] $
=
[mm] \integral_{0}^{1}{1/3(2-2y)^3y^3 dy} [/mm] $
=
[mm] \integral_{0}^{1}{1/3(8-24y+24y^2-8y^3)y^3 dy} [/mm] $
=
[mm] (1/3)\integral_{0}^{1}{8y^3-24y^4+24y^5-8y^6)y^3 dy} [/mm] $
= [mm] (1/3)[2y^4-24/5y^5+4y^6-8/7y^7](von [/mm] 0 bis 1)
= (1/3)(2-24/5+4-8/7)
= 2/105
>
> richtig?
kann sein dass ich mich verrechnet habe, aber hast du auch die grenzen so gewaehlt ? falls du zuerst ueber dy integriert hast muessen sie lauten:
y: von 0 bis 1-0,5x
x: von 0 bis 2
hast du das prinzip verstanden ?
wenn ja. bei deiner aufgabe mit dem kreis ist es das selbe nur dass du anstatt der geraden eine funktion hast die einen kreis beschreibt. da kann es hilfreich sein den kreis in teile zu zerlegen und die entsprechenden integrale am schluss zu addieren.
und zur beruhigung:
in polarkoordinaten ist das ganze ganz einfach!!!
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