Integrieren mit Polarkoordinat < Integrationstheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:02 Di 14.12.2010 | | Autor: | Torste |
| Aufgabe | Berechnen Sie mittels Polarkoordinaten:
[mm] \integral_{D}^{}{(y^2/(x^2+y^2)) dxdy} [/mm] , [mm] D={(x,y):x^2+y^2<=ax}, [/mm] a>0 |
Hallo,
ich habe die obige Aufgabe schon soweit fertig mein Ergebnis ist:
[mm] a^2*\pi*(1/4)+(1/4)*\pi.
[/mm]
Jetzt würde ich aber gerne wissen, ob ich mich irgendwo verrechnet habe - kann ich das irgendwie leicht rechnerisch oder auf irgendeiner Internetseite(Wenn, wie!?) überprüfen?
Danke schonmal
Gruß Torste
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:04 Di 14.12.2010 | | Autor: | Torste |
Vielleicht nochmal eine kleine zusätzliche Frage: Woher weiß man eigentlich worüber man zuerst integrieren sollte(Radius oder Winkel)?
Ich habe jetzt zuerst über den Radius -aber halt so nach Lust und Laune!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:32 Di 14.12.2010 | | Autor: | Herby |
Hi,
> Vielleicht nochmal eine kleine zusätzliche Frage: Woher
> weiß man eigentlich worüber man zuerst integrieren
> sollte(Radius oder Winkel)?
> Ich habe jetzt zuerst über den Radius -aber halt so nach
> Lust und Laune!
da y=f(x) ist, macht doch die Integrationsreihenfolge hier Sinn:
[mm] \integral_{A}\integral{f(x;y)\ dA}=\integral_{x=a}^{b}\integral_{y=f(x_u)}^{f(x_o)}{f(x;y)\ dydx}
[/mm]
Bei den Polarkoordinaten ist es natürlich genauso - [mm] r=r(\varphi) [/mm] - daher ist zuerst r dran und anschließend der Winkel.
LG
Herby
![[hut]](/images/smileys/hut.gif "[hut]") Sorry dass das solange gedauert hat - Verbindungsprobleme!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:03 Di 14.12.2010 | | Autor: | Torste |
Du musst dich doch nicht entschuldigen - ich finde das toll, dass ihr alle überhaupt helft und die Erklärung war echt gut - jetzt muss cih wenigstesn nicht mehr auf gut Glück beide Richtungen ausprobieren - danke dir!
Echt toll!
Torste
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Hallo Torste,
> Berechnen Sie mittels Polarkoordinaten:
> [mm]\integral_{D}^{}{(y^2/(x^2+y^2)) dxdy}[/mm] ,
> [mm]D={(x,y):x^2+y^2<=ax},[/mm] a>0
Was genau steht da bei D?
Rechterhand sollte doch ein Radius (bzw. das Quadrat eines Radius')stehen? Was macht x da?
Ist vllt. gemeint [mm]D=\{(x,y)\in\IR^2\mid x^2+y^2\le a\}[/mm] ??
In dem Falle erhalte ich eine ganz andere Lösung als du ...
> Hallo,
>
> ich habe die obige Aufgabe schon soweit fertig mein
> Ergebnis ist:
> [mm]a^2*\pi*(1/4)+(1/4)*\pi.[/mm]
> Jetzt würde ich aber gerne wissen, ob ich mich irgendwo
> verrechnet habe - kann ich das irgendwie leicht rechnerisch
> oder auf irgendeiner Internetseite(Wenn, wie!?)
> überprüfen?
Keine Ahnung, rechne am Besten mal vor und gib vor allem mal dein transformiertes Integral an ...
Bedenke, dass du die Funktionaldeterminante noch einbringen musst ...
Falls ich mit meiner Vermutung über den Integrtionsbereich D falsch liegen sollte, schreibe ihn bitte nochmal schön leserlich mit dem Formeleditor hin ...
> Danke schonmal
> Gruß Torste
>
Gruß
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:25 Di 14.12.2010 | | Autor: | Torste |
Hallo schachuzipus,
doch das x gehört da laut Aufgabenstellung schon hin, also so:
$ [mm] D=\{(x,y)\in\IR^2\mid x^2+y^2\le ax\} [/mm] $, mit a>0
Dann habe ich halt erstmal [mm] x=r*cos\alpha [/mm] und [mm] y=r*sin\alpha [/mm] gesetzt.
Dann erhält man für den Radius 0<r [mm] \le a*cos\alpha
[/mm]
Und da das nur positiv ist falls [mm] \alpha \in(-\pi/2), \pi/2), [/mm] sind das meine
Integralgrenzen für den Winkel gewesen - damit habe ich dann ,,einfach" gerechnet! Was sagst du dazu?
Gruß Torste
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Hallo nochmal,
> Hallo schachuzipus,
>
> doch das x gehört da laut Aufgabenstellung schon hin, also
> so:
> [mm]D=\{(x,y)\in\IR^2\mid x^2+y^2\le ax\} [/mm], mit a>0
>
> Dann habe ich halt erstmal [mm]x=r*cos\alpha[/mm] und [mm]y=r*sin\alpha[/mm]
> gesetzt.
> Dann erhält man für den Radius 0<R class=math <span>[mm]\le a*cos\alpha[/mm]</SPAN>
> Und
> da das nur positiv ist falls [mm]\alpha \in(-\pi/2), \pi/2),[/mm]
> sind das meine
> Integralgrenzen für den Winkel gewesen - damit habe ich
> dann ,,einfach" gerechnet! Was sagst du dazu?
Hmmm, m.E. beschreibt [mm]D[/mm] das Innere (mit Rand) des Kreises um [mm]M=\left(\frac{a}{2},0\right)[/mm] mit Radius [mm]r=\frac{a}{2}[/mm]
[mm]x^2+y^2\le ax\Rightarrow x^2-ax+y^2\le 0\Rightarrow \left(x-\frac{a}{2}\right)^2+y^2\le\left(\frac{a}{2}\right)^2[/mm]
Du müsstest also mit [mm]x=\frac{a}{2}+r\cos(\alpha), y=r\sin(\alpha)[/mm] parametrisieren.
Die Grenzen sind [mm]r=0[/mm] bis [mm]\frac{a}{2}[/mm] und [mm]\alpha=0[/mm] bis [mm]2\pi[/mm] ...
> Gruß Torste
LG
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:20 Di 14.12.2010 | | Autor: | Torste |
Danke erstmal...Ok...ich gebe zu, dass das überzeigend klingt und auch super zu meiner Skizze passt!
Ich glaube mein Fehler hängt hiermit zusammen, weil ich das bei dir auch noch nicht verstehe, wieso wählst du:
$ [mm] x=\frac{a}{2}+r\cos(\alpha) [/mm] $
Warum noch diese Konstante davor?
Ich hatte das ja auch nicht gemacht, weil ich das so verstanden hatte, dass x und y immer von der Form wie in meinem vorherigen Beitrag erwähnt, sind!
Gruß Torste
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Hallo Torste,
> Danke erstmal...Ok...ich gebe zu, dass das überzeigend
> klingt und auch super zu meiner Skizze passt!
> Ich glaube mein Fehler hängt hiermit zusammen, weil ich
> das bei dir auch noch nicht verstehe, wieso wählst du:
> [mm]x=\frac{a}{2}+r\cos(\alpha)[/mm]
>
> Warum noch diese Konstante davor?
Betrachte den Ausdruck
[mm]x^{2}+y^ {2} \le ax[/mm]
Wird das ax auf die andere Seite gebracht, so steht dann da:
[mm]x^{2}-a*x+y^{2} \le 0[/mm]
Auf den Ausdruck [mm]x^{2}-a*x[/mm] wird jetzt quadratische Ergänzung angewendet:
[mm]x^{2}-2*\bruch{a}{2}*x+\left(\bruch{a}{2}\right)^{2}-\left(\bruch{a}{2}\right)^{2}[/mm]
[mm]\gdw \left(x-\bruch{a}{2}\right)^{2}-\left(\bruch{a}{2}\right)^{2}[/mm]
Setzt Du das in die Ungleichung ein, so steht da:
[mm]\left(x-\bruch{a}{2}\right)^{2}+y^{2} \le \left(\bruch{a}{2}\right)^{2}[/mm]
Woraus sich
[mm]x=\bruch{a}{2}+r*\cos\left(\alpha\right)[/mm]
[mm]y=r*\sin\left(\alpha\right)[/mm]
mit [mm]0 \le r \le \bruch{a}{2}[/mm] ergibt.
> Ich hatte das ja auch nicht gemacht, weil ich das so
> verstanden hatte, dass x und y immer von der Form wie in
> meinem vorherigen Beitrag erwähnt, sind!
> Gruß Torste
Gruss
MathePower
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 00:40 Do 16.12.2010 | | Autor: | Torste |
Nochmal ganz kurz - das hier angegebene Problem ist ja offensichtlich äquivalent - der Flächeninhalt ist hier leicht mittels [mm] pi*\r^2, [/mm] also [mm] \pi*(a^2)/(4), [/mm] anzugeben!
Warum aber stimmt unser Ergebnis nicht mit diesem überein - da kann doch irgendetwas nicht stimmen!?Torste
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:20 Sa 18.12.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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Halo Torste,
> Hallo schachuzipus,
>
> doch das x gehört da laut Aufgabenstellung schon hin, also
> so:
> [mm]D=\{(x,y)\in\IR^2\mid x^2+y^2\le ax\} [/mm], mit a>0
>
> Dann habe ich halt erstmal [mm]x=r*cos\alpha[/mm] und [mm]y=r*sin\alpha[/mm]
> gesetzt.
> Dann erhält man für den Radius 0<r [mm]\le a*cos\alpha[/mm]
> Und
> da das nur positiv ist falls [mm]\alpha \in(-\pi/2), \pi/2),[/mm]
> sind das meine
> Integralgrenzen für den Winkel gewesen - damit habe ich
> dann ,,einfach" gerechnet! Was sagst du dazu?
Diese Transformation ist natürlich einfacher.
Das Ergebnis mit Hilfe dieser Transformation,
ist dasselbe wie ohne Transformation.
> Gruß Torste
Gruss
MathePower
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:22 Di 14.12.2010 | | Autor: | gfm |
> Berechnen Sie mittels Polarkoordinaten:
> [mm]\integral_{D}^{}{(y^2/(x^2+y^2)) dxdy}[/mm] ,
> [mm]D={(x,y):x^2+y^2<=ax},[/mm] a>0
> Hallo,
>
> ich habe die obige Aufgabe schon soweit fertig mein
> Ergebnis ist:
> [mm]a^2*\pi*(1/4)+(1/4)*\pi.[/mm]
> Jetzt würde ich aber gerne wissen, ob ich mich irgendwo
> verrechnet habe - kann ich das irgendwie leicht rechnerisch
> oder auf irgendeiner Internetseite(Wenn, wie!?)
> überprüfen?
> Danke schonmal
> Gruß Torste
>
Das Integrationsgebiet sollte ein Kreis bei [mm](a/2,0)[/mm] mit dem Radius [mm]a/2[/mm] sein. Auf jeden Fall sollte sein Maß für [mm]a\to0[/mm] verschwinden, was obiges Resultat nicht widerspiegelt.
Nach Übergang zu Polarkoordinaten liest sich [mm]D[/mm] als [mm]D'=\{(r,\phi)\in(0,\infty)\times(-\pi,\pi]:r\le a\cos\phi\}[/mm] und der Integrand wird zu [mm]\sin^2\phi[/mm] und aus [mm]dxdy[/mm] wird [mm]rdrd\phi[/mm]. [mm]D'[/mm] kann man schreiben als [mm]D'=\{(r,\phi):\phi\in (-\pi/2,\pi/2)\wedge r\in (0,a\cos\phi]\}[/mm]. Damit kann das Integral ausgewertet werden:
[mm] \integral_D{\frac{y^2}{x^2+y^2}}dxdy=\integral{\left(\integral{1_{D'}(r,\phi)rdr}\right)\sin^2\phi}d\phi=\integral_{-\pi/2}^{\pi/2}{\left(\integral_0^{a\cos\phi}{rdr}\right)\sin^2\phi}d\phi=\frac{a^2}{2}\integral_{-\pi/2}^{\pi/2}{(\cos\phi\sin\phi)^2d\phi}
[/mm]
[mm] =\frac{a^2}{4}\integral_{-\pi/2}^{\pi/2}{\sin^2(2\phi) d\phi}=\frac{a^2}{8}\integral_{-\pi}^{\pi}{\sin^2\phi d\phi}=\frac{a^2}{8}\pi
[/mm]
LG
gfm
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:01 Di 14.12.2010 | | Autor: | Torste |
$ [mm] \frac{a^2}{2}\integral_{-\pi/2}^{\pi/2}{(\cos\phi\sin\phi)^2d\phi} =\frac{a^2}{4}\integral_{-\pi/2}^{\pi/2}{\sin^2(2\phi) d\phi} [/mm] $
Hallo,
ja genauso hatte ich das gemacht - nur das ich hier was anderes an der Stelle raus habe und zwar gilt ja:
[mm] sin2\alpha=2sin\alpha cos\alpha
[/mm]
Also auch
[mm] sin2\alpha^2/4=sin\alpha^2cos\alpha^2
[/mm]
Dann müsste ich doch vorne [mm] a^2/8 [/mm] anstatt [mm] a^2/4 [/mm] - hast du dich da jetzt verrechnet oder habe ich da irgendwie einen Denkfehler!?
Gruß Torste
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Hallo Torste,
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> [mm]\frac{a^2}{2}\integral_{-\pi/2}^{\pi/2}{(\cos\phi\sin\phi)^2d\phi} =\frac{a^2}{4}\integral_{-\pi/2}^{\pi/2}{\sin^2(2\phi) d\phi}[/mm]
>
> Hallo,
> ja genauso hatte ich das gemacht - nur das ich hier was
> anderes an der Stelle raus habe und zwar gilt ja:
> [mm]sin2\alpha=2sin\alpha cos\alpha[/mm]
> Also auch
> [mm]sin2\alpha^2/4=sin\alpha^2cos\alpha^2[/mm]
> Dann müsste ich doch vorne [mm]a^2/8[/mm] anstatt [mm]a^2/4[/mm] - hast du
> dich da jetzt verrechnet oder habe ich da irgendwie einen
> Denkfehler!?
Da hat mein Vorredner eine 2 im Nenner vergessen.
> Gruß Torste
Gruss
MathePower
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:17 Di 14.12.2010 | | Autor: | Torste |
Ich will das jetzt nicht als Frage formulieren - aber nur zum Abschluss dann also nochmal :
Das Ergebnis ist also [mm] a^2/16*\pi!?
[/mm]
Vielen Dank für eure ganzen Hilfe und ja der andere Weg müsste dann auf jeden Fall auch gehen - vielleicht probiere ich den heute trotzdem nochmal aus!
Danke euch!
Torste
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Hallo Torste,
> Ich will das jetzt nicht als Frage formulieren - aber nur
> zum Abschluss dann also nochmal :
> Das Ergebnis ist also [mm]a^2/16*\pi!?[/mm]
Ja, das ist richtig. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Vielen Dank für eure ganzen Hilfe und ja der andere Weg
> müsste dann auf jeden Fall auch gehen - vielleicht
> probiere ich den heute trotzdem nochmal aus!
> Danke euch!
> Torste
Gruss
MathePower
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:45 Di 14.12.2010 | | Autor: | gfm |
> Da hat mein Vorredner eine 2 im Nenner vergessen.
Ja hat er. Danke.
LG
gfm
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(Frage) überfällig | | Datum: | 17:25 Di 14.12.2010 | | Autor: | Torste |
Klingt jetzt vielleicht etwas gierig wo gerade eine Aufgabe gelöst worden ist - aber ich hatte gestern schon versucht eine geeigneten Variablenwechsel für einen andere Aufgabe zu wählen, aber habe da irgendwie noch nichts auf die Reihe bekommen - es sollten die Inhalte der Flächen berechnet werden, die durch die Linien
[mm] xy=a^2, xy=2a^2, [/mm] y=x und y=2x, (x>0, y>0)
beschränkt sind!
Könntet ihr mir da vielleicht einen Tipp geben?
Torste
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:29 Di 14.12.2010 | | Autor: | gfm |
> Klingt jetzt vielleicht etwas gierig wo gerade eine Aufgabe
> gelöst worden ist - aber ich hatte gestern schon versucht
> eine geeigneten Variablenwechsel für einen andere Aufgabe
> zu wählen, aber habe da irgendwie noch nichts auf die
> Reihe bekommen - es sollten die Inhalte der Flächen
> berechnet werden, die durch die Linien
> [mm]xy=a^2, xy=2a^2,[/mm] y=x und y=2x, (x>0, y>0)
> beschränkt sind!
Was mir spontan einfällt ist:
Sei [mm]D\subset\IR^2[/mm] das Integrationsgebiet in kartesischen Koordinaten. Dann geht es darum, die Fläche [mm]F:=\integral_{\IR^2}{1_D(x,y)d(x,y)}[/mm] zu berechnen.
Überzieht man den ersten Quadranten mit den Kurven zu xy=u und y=vx , wobei [mm]u>0\wedge v>0[/mm] gelten möge, so erkennt man, dass zu einem Paar [mm](u,v)[/mm] eindeutig ein Paar [mm](x,y)[/mm] gehört, nämlich der Schnittpunkt zweier Kurven. Dein Integrationsgebiet kann mit [mm](u,v)\in [a^2,2a^2]\times[1,2][/mm] beschrieben werden, in den durch obige Kurven definierten neuen Variablen [mm]u[/mm] und [mm]v[/mm]:
[mm]\vektor{u\\v}=f(x,y)=\vektor{xy\\y/x}[/mm]
Die Funktionaldeterminante von [mm]f[/mm] ist [mm]\vmat{y&x\\-y/x^2&1/x}=2y/x=2v[/mm]. Dewegen ist die Funktionaldeterminante von
[mm]\vektor{x\\y}=f^{-1}(u,v)[/mm], welche man benutzt, um obiges Integral zu transformieren, gleich [mm]\frac{1}{2v}[/mm], so dass sich für [mm]F[/mm] ergibt:
[mm]F=\integral_{[a^2,2a^2]\times[1,2]}\frac{1}{2v}d(u,v)=\frac{a^2}{2}\ln2[/mm]
LG und keine Gewähr
gfm
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:18 Di 14.12.2010 | | Autor: | Torste |
Wow - das war eine richtig gute Idee - ich habe zwar etwas gebraucht um das nachzuvollziehen - aber ich habe den Trick jetzt gerade verstanden - das ist echt klasse gelöst!
Vielen Dank - aber da muss man auch erstmal drauf kommen!
Torste
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:21 Do 16.12.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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