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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:31 Di 20.10.2009 | | Autor: | stowoda |
| Aufgabe | | Sei $D [mm] \subset \IR^2$ [/mm] das Flächenstück, das von den Graphen der durch [mm] f(x)=x^4-x^2+1 [/mm] und [mm] g(x)=x^2 [/mm] definierten Funktionen $f,g: [mm] \IR \to\IR$ [/mm] eingeschlossen wird. Sei [mm] h:\IR^2 \to \IR [/mm] gegeben durch $h(x,y)=1+x-y$. Berechnen Sie den Flächeninhalt von D sowie das Integral [mm] \integral_{D}{h(x,y) dxdy} [/mm] |
Hallo,
wie kann ich den Flächeninhalt berechnen?
Muss ich zuerst die Schnittpunkte von f mit g berechnen um die Grenzen für x zu finden?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:34 Di 20.10.2009 | | Autor: | Loddar |
Hallo stowoda!
> wie kann ich den Flächeninhalt berechnen?
> Muss ich zuerst die Schnittpunkte von f mit g berechnen um
> die Grenzen für x zu finden?
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") Genau richtig.
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:39 Di 20.10.2009 | | Autor: | stowoda |
Hallo Loddar,
also sind das meine x-Grenzen...
Habe 1 und -1 raus.
Dann Integriere ich die "obere" Funktion und ziehe von ihrem Flächeninhalt den der "unteren" ab?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:50 Di 20.10.2009 | | Autor: | stowoda |
Ok, danke.
Wie gehe ich denn bei dem zweiten Integral vor?
Was kommt da überhaupt raus? Ist das ein Volumen?
Blödsinn, Volumen kann es ja nicht sein.. Wegen dx*dy
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:00 Di 20.10.2009 | | Autor: | Blech |
> Ok, danke.
>
> Wie gehe ich denn bei dem zweiten Integral vor?
[mm] $\int_D [/mm] h(x,y)\ [mm] dx\, dy=\int_D [/mm] h(x,y)\ [mm] dy\, [/mm] dx$
wegen dem Satz von Fubini, den wir hier anwenden können (wieso? =). dy zuerst zu machen ist einfacher, denn:
[mm] $\int_D [/mm] h(x,y)\ [mm] dy\, [/mm] dx = [mm] \int_{x=-1}^1\ \int_{y=y_u(x)}^{y_o(x)} [/mm] h(x,y)\ [mm] dy\, [/mm] dx$
Anschaulich:
Wir unterteilen den Bereich D in vertikale Scheibchen. Wir fangen bei x=-1 an, [mm] $y_u(x)$ [/mm] ist die untere Grenze von D für das gegebene x, [mm] $y_o(x)$ [/mm] die obere. Da D bei x=-1 nur einen Punkt hat, gibt's noch nix zu integrieren.
Also ein Scheibchen weiter nach rechts, dort machen wir wieder ein "normales" Integral über ein eindimensionales Intervall, etc.
Z.B. für x=0. Die untere Grenze von D ist [mm] $y_u(0)=0$, [/mm] die obere [mm] $y_o(0)=1$. [/mm] Usw.
Rechnerisch:
Anstatt jeweils x vorher festzulegen und dann für das x das innere Integral auszurechnen, berechnen wir den Wert des inneren Integrals in Abhängigkeit von x, [mm] $y_u(x)$ [/mm] ist natürlich g(x) (weil das die untere Begrenzung von D ist), [mm] $y_o(x)=f(x)$.
[/mm]
[mm] $\int_{-1}^1\ \int_{y_u(x)}^{y_o(x)} [/mm] h(x,y)\ [mm] dy\, [/mm] dx = [mm] \underbrace{\int_{-1}^1\ \underbrace{\int_{g(x)}^{f(x)} h(x,y)\ dy}_{=: m(x),\text{ Funktion von x}}\, dx}_{\text{Integral über diese Funktion}}=\int_{-1}^1 [/mm] m(x)\ dx$
> Was kommt da überhaupt raus? Ist das ein Volumen?
Doch, genau das ist es.
> Blödsinn, Volumen kann es ja nicht sein.. Wegen dx*dy
[mm] $\int [/mm] f(x)\ dx$ ist die Summe über Rechtecke der infinitesimalen Breite dx und der entsprechenden Höhe der Funktion f(x), also: Fläche.
[mm] $\int [/mm] f(x,y)\ [mm] dx\, [/mm] dy$ ist die Summe über Quader der infinitesimalen Breite dx, der infinitesimalen Tiefe dy und der entsprechenden Höhe f(x,y), also: Volumen.
ciao
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:43 Di 20.10.2009 | | Autor: | stowoda |
Danke, ich konnte es jetzt zwar rechnen, habe es aber noch nicht ganz verstanden. Muss mir das wohl ein paar mal angucken.
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