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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:13 So 18.08.2013 | | Autor: | Mopsi |
| Aufgabe | | Sei [mm]S = \{(x,y,z) \in \IR^3 : z= 1-(x^2+y^2), x^2+y^2 \leq 1 \}[/mm]. Berechne den Flächeninhalt von S. |
Einen wunderschönen guten Abend :)
Ich verstehe die Aufgabe nicht ganz. Das Gebiet ist 3d, wie soll ich dann den Flächeninhalt bestimmen, sonst war es doch immer das Volumen.
Ansonsten würde ich hier zu Zylinderkoordinaten greifen:
[mm]0 \leq r \leq 1[/mm], [mm]z = 1 - r^2[/mm], [mm]0 \leq \varphi \leq 2 \pi[/mm]
Aber was ist die Funktion? Ist es die konstante Funktion 1?
Mopsi
:)
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> Sei [mm]S = \{(x,y,z) \in \IR^3 : z= 1-(x^2+y^2), x^2+y^2 \leq 1 \}[/mm].
> Berechne den Flächeninhalt von S.
>
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> Einen wunderschönen guten Abend :)
>
> Ich verstehe die Aufgabe nicht ganz. Das Gebiet ist 3d, wie
> soll ich dann den Flächeninhalt bestimmen, sonst war es
> doch immer das Volumen.
>
> Ansonsten würde ich hier zu Zylinderkoordinaten greifen:
>
> [mm]0 \leq r \leq 1[/mm], [mm]z = 1 - r^2[/mm], [mm]0 \leq \varphi \leq 2 \pi[/mm]
>
> Aber was ist die Funktion? Ist es die konstante Funktion
> 1?
>
> Mopsi
>
> :)
Hallo Mopsi,
wir beiden sind ja schon bald "alte Bekannte" - wobei ich
das "alte" zum größten Teil auf mich nehmen kann ... 
Zylinderkoordinaten sind jedenfalls schon mal ein ganz
guter Ansatz !
Beachte, dass [mm] x^2+y^2 [/mm] (Pythagoras lässt schon wieder
grüßen !) für einen Punkt P(x|y|z) [mm] \in \IR^3 [/mm] jeweils das
Quadrat des Abstandes dieses Punktes von der z-Achse
ist.
Wir haben es also hier mit einer Rotationsfläche zu tun,
die in Bezug auf die z-Achse des Koordinatensystems
rotationssymmetrisch ist.
Legt man eine Schnittebene, welche diese Achse enthält
und die Fläche schneidet, so hat die Schnittkurve die
Gleichung [mm] z=1-r^2 [/mm] . Nun, was für eine Kurve ist das,
welche in der r-z-Ebene die Gleichung [mm] z=1-r^2 [/mm] hat ?
Richtig geraten: eine nach unten geöffnete Parabel
mit dem Scheitelpunkt bei r=0, z=1 !
Die betrachtete Fläche ist also ein Teil eines Rotations-
paraboloids und sieht so ungefähr aus wie die Innen-
fläche eines kopfüber auf den Tisch gestellten Eierbechers !
Zur Berechnung des Flächeninhaltes brauchst du als
Integranden das Flächenelement. Eventuell könntest
du, anstatt "echt" mit Zylinderkoordinaten zu rechnen,
so vorgehen, wie (vielleicht) auch schon im Gymnasium
Oberflächen von Drehkörpern berechnet wurden.
Dazu braucht man dann insbesondere das "Linienelement"
$\ ds\ =\ [mm] \sqrt{1+\left(\frac{dr}{dz}\right)^2}*dz [/mm] $
und der Flächeninhalt würde durch ein Integral dieser
Form dargestellt:
$\ F\ =\ [mm] \integral_{z_{min}}^{z_{max}}\ 2*\pi*r(z)*ds$
[/mm]
LG , Al-Chw.
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 22:53 So 18.08.2013 | | Autor: | Mopsi |
> > Sei [mm]S = \{(x,y,z) \in \IR^3 : z= 1-(x^2+y^2), x^2+y^2 \leq 1 \}[/mm].
> > Berechne den Flächeninhalt von S.
> >
> >
> > Einen wunderschönen guten Abend :)
> >
> > Ich verstehe die Aufgabe nicht ganz. Das Gebiet ist 3d, wie
> > soll ich dann den Flächeninhalt bestimmen, sonst war es
> > doch immer das Volumen.
> >
> > Ansonsten würde ich hier zu Zylinderkoordinaten greifen:
> >
> > [mm]0 \leq r \leq 1[/mm], [mm]z = 1 - r^2[/mm], [mm]0 \leq \varphi \leq 2 \pi[/mm]
>
> >
> > Aber was ist die Funktion? Ist es die konstante Funktion
> > 1?
> >
> > Mopsi
> >
> > :)
>
>
> Hallo Mopsi,
>
> wir beiden sind ja schon bald "alte Bekannte" - wobei ich
> das "alte" zum größten Teil auf mich nehmen kann ...
>
Ja sind wir :) Aber so jung bin ich auch nicht mehr :-P
Nochmal vielen Dank für deine tollen Antworten! 
> Zylinderkoordinaten sind jedenfalls schon mal ein ganz
> guter Ansatz !
>
> Beachte, dass [mm]x^2+y^2[/mm] (Pythagoras lässt schon wieder
> grüßen !) für einen Punkt P(x|y|z) [mm]\in \IR^3[/mm] jeweils
> das
> Quadrat des Abstandes dieses Punktes von der z-Achse
> ist.
>
> Wir haben es also hier mit einer Rotationsfläche zu tun,
> die in Bezug auf die z-Achse des Koordinatensystems
> rotationssymmetrisch ist.
>
> Legt man eine Schnittebene, welche diese Achse enthält
> und die Fläche schneidet, so hat die Schnittkurve die
> Gleichung [mm]z=1-r^2[/mm] . Nun, was für eine Kurve ist das,
> welche in der r-z-Ebene die Gleichung [mm]z=1-r^2[/mm] hat ?
> Richtig geraten: eine nach unten geöffnete Parabel
> mit dem Scheitelpunkt bei r=0, z=1 !
> Die betrachtete Fläche ist also ein Teil eines
> Rotations-
> paraboloids und sieht so ungefähr aus wie die Innen-
> fläche eines kopfüber auf den Tisch gestellten
> Eierbechers !
>
> Zur Berechnung des Flächeninhaltes brauchst du als
> Integranden das Flächenelement. Eventuell könntest
> du, anstatt "echt" mit Zylinderkoordinaten zu rechnen,
> so vorgehen, wie (vielleicht) auch schon im Gymnasium
> Oberflächen von Drehkörpern berechnet wurden.
Können wir es bitte mit den Zylinderkoordinaten machen, da ich das üben sollte für die Prüfung.
[mm]0 \leq r \leq 1, 0 \leq z \leq 1, 0 \leq \varphi \leq 2 \pi[/mm]
[mm] \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} (1-r^2)r \textrm{ }dr \textrm{ } dz \textrm{ } d \varphi [/mm]
Ist es das Integral?
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:20 Di 20.08.2013 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:44 So 18.08.2013 | | Autor: | Mopsi |
Leider habe ich für folgende Aufgabe keine Lösung und bin mir nicht ganz sicher.
Könnt Ihr bitte drüberschauen:
1. [mm] \int_{G}^{} (x+y) d(x,y), G = \{(x,y)\} \in \IR^2: x^2 + y^2 \leq 16, x \leq y \} [/mm]
Zu 1:
[mm]0 \leq r \leq 4[/mm]
Und um die Grenzen für [mm]\varphi[/mm] zubestimmen, habe ich mir einen Kreis gemalt und gesehen, dass die die Winkelhalbierenden im ersten und dritten Quadranten die Fläche mit allen Punkten einschließen, die die Bedingung [mm]x \leq y[/mm] erfüllen.
Also gilt für [mm]\varphi[/mm]: [mm] \frac{\pi}{4} \leq \varphi \leq \frac{5}{4}\pi[/mm]
Die Grenze kann ich nicht einfacher darstellen, oder?
Wieso kann ich hier nicht [mm]0 \leq \varphi \leq \pi[/mm] schreiben?
[mm] \int_{0}^{4} \int_{ \frac{\pi}{4}}^{ \frac{5}{4}\pi}{ r(cos \varphi + sin \varphi) r\textrm{ }dr \textrm{ }d\varphi} = \int_{0}^{4} r^2 *(- \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}} - (\frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{1}{\sqrt{2} } ) = 0[/mm]
Stimmt das?
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> Leider habe ich für folgende Aufgabe keine Lösung und bin
> mir nicht ganz sicher.
> Könnt Ihr bitte drüberschauen:
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> 1. [mm]\int_{G}^{} (x+y) d(x,y), G = \{(x,y)\} \in \IR^2: x^2 + y^2 \leq 16, x \leq y \}[/mm]
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> Zu 1:
>
> [mm]0 \leq r \leq 4[/mm]
>
> Und um die Grenzen für [mm]\varphi[/mm] zubestimmen, habe ich mir
> einen Kreis gemalt und gesehen, dass die die
> Winkelhalbierenden im ersten und dritten Quadranten die
> Fläche mit allen Punkten einschließen, die die Bedingung
> [mm]x \leq y[/mm] erfüllen.
>
> Also gilt für [mm]\varphi[/mm]: [mm]\frac{\pi}{4} \leq \varphi \leq \frac{5}{4}\pi[/mm]
>
> Die Grenze kann ich nicht einfacher darstellen, oder?
> Wieso kann ich hier nicht [mm]0 \leq \varphi \leq \pi[/mm]
> schreiben?
Nein, deine Grenze ist schon richtig. Also: [mm]\varphi[/mm]: [mm]\frac{\pi}{4} \leq \varphi \leq \frac{5}{4}\pi[/mm]
Weist du eigentlich, wo dein Winkel phi gleich null ist und an welchen stellen er welchen wert an nimmt?
Null ist er zum Beispiel wenn er im Kreis auf drei Uhr steht (Uhr als Beispiel, mir fällt grad nichts besseres ein). [mm] $\frac{\pi}{2}$ [/mm] wäre er für 12 Uhr. usw immer im Uhrzeigersinn.
[mm] $x\le [/mm] y$ ist nichts anderes als [mm] $y\ge [/mm] x$. Male dir das mal in ein Koordinatensystem.
Es ist die Winkelhalbierende. Genauer alle Punkte die "über" ihr liegen. Zusammen mit [mm] $x^2+y^2\le [/mm] 16$ (Kreis mit Radius 4 um den Ursprung) kannst du deine Grenzen für phi ablesen. Du bewegst dich also gegen den Urzeigersinn und schaust, ab welchem phi deine Vorgaben erfüllt sind. Das ist nunmal für [mm]\frac{\pi}{4} \leq \varphi \leq \frac{5}{4}\pi[/mm]
Zeichne dir den Kreis und die Winkelhalbierende mal in ein Koordinatensystem und versuche dir einfach den Winkel abzulesen.
>
> [mm]\int_{0}^{4} \int_{ \frac{\pi}{4}}^{ \frac{5}{4}\pi}{ r(cos \varphi + sin \varphi) r\textrm{ }dr \textrm{ }d\varphi} = \int_{0}^{4} r^2 *(- \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}} - (\frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{1}{\sqrt{2} } ) = 0[/mm]
>
> Stimmt das?
Schaut gut aus.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:21 Mo 19.08.2013 | | Autor: | Mopsi |
> > Also gilt für [mm]\varphi[/mm]: [mm]\frac{\pi}{4} \leq \varphi \leq \frac{5}{4}\pi[/mm]
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> > Die Grenze kann ich nicht einfacher darstellen, oder?
> > Wieso kann ich hier nicht [mm]0 \leq \varphi \leq \pi[/mm]
> >
> schreiben?
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> Nein, deine Grenze ist schon richtig. Also: [mm]\varphi[/mm]:
> [mm]\frac{\pi}{4} \leq \varphi \leq \frac{5}{4}\pi[/mm]
> Weist du eigentlich, wo dein Winkel phi gleich null ist und
> an welchen stellen er welchen wert an nimmt?
> Null ist er zum Beispiel wenn er im Kreis auf drei Uhr
> steht (Uhr als Beispiel, mir fällt grad nichts besseres
> ein). [mm]\frac{\pi}{2}[/mm] wäre er für 12 Uhr. usw immer im
> Uhrzeigersinn.
>
> [mm]x\le y[/mm] ist nichts anderes als [mm]y\ge x[/mm]. Male dir das mal in
> ein Koordinatensystem.
> Es ist die Winkelhalbierende. Genauer alle Punkte die
> "über" ihr liegen. Zusammen mit [mm]x^2+y^2\le 16[/mm] (Kreis mit
> Radius 4 um den Ursprung) kannst du deine Grenzen für phi
> ablesen. Du bewegst dich also gegen den Urzeigersinn und
> schaust, ab welchem phi deine Vorgaben erfüllt sind. Das
> ist nunmal für [mm]\frac{\pi}{4} \leq \varphi \leq \frac{5}{4}\pi[/mm]
>
> Zeichne dir den Kreis und die Winkelhalbierende mal in ein
> Koordinatensystem und versuche dir einfach den Winkel
> abzulesen.
Genau so hatte ich es auch gemacht :)
Ich dachte vielleicht kann man es etwas schöner machen, weil ich z.B. [mm]sin( \frac{\pi}{4}) = \frac{1}{\sqrt{2}}[/mm] nicht so schön finde :-P
Mit [mm]y \leq x[/mm] würde dann für phi gelten [mm]-\frac{3}{4}\pi \leq \varphi \leq \frac{1}{4}\pi[/mm].
> > [mm]\int_{0}^{4} \int_{ \frac{\pi}{4}}^{ \frac{5}{4}\pi}{ r(cos \varphi + sin \varphi) r\textrm{ }dr \textrm{ }d\varphi} = \int_{0}^{4} r^2 *(- \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}} - (\frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{1}{\sqrt{2} } ) = 0[/mm]
>
> >
> > Stimmt das?
>
> Schaut gut aus.
Super, dankeschön Valerie :)
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Die Rechnung geht auch ganz ohne Zylinderkoordinaten. Man braucht nur die Linearität des Integrals, die Additivität bezüglich des Integrationsbereichs und Symmetrieeigenschaften. [mm]G^{\*}[/mm] bezeichne das Spiegelbild von [mm]G[/mm], wenn man an der Geraden [mm]y=x[/mm] spiegelt. Die Vereinigung [mm]K = G \cup G^{\*}[/mm] ist dann bis auf eine Nullmenge eine disjunkte Vereinigung und stellt einen Vollkreis dar.
[mm]\int_G \left( x+y \right) ~ \mathrm{d}(x,y) \overbrace{=}^{\text{(1)}} \int_G x ~ \mathrm{d}(x,y) + \int_G y ~ \mathrm{d}(x,y) \overbrace{=}^{\text{(2)}} \int_G x ~ \mathrm{d}(x,y) + \int_{G^{\*}} x ~ \mathrm{d}(x,y) \overbrace{=}^{\text{(3)}} \int_K x ~ \mathrm{d}(x,y) \overbrace{=}^{\text{(4)}} 0[/mm]
[mm]\text{(1)}[/mm]: Linearität
[mm]\text{(2)}[/mm]: Im zweiten Integral werden die Variablen umbenannt, aus [mm]x[/mm] wird [mm]y[/mm], aus [mm]y[/mm] wird [mm]x[/mm].
[mm]\text{(3)}[/mm]: Additivität bezüglich des Integrationsbereichs
[mm]\text{(4)}[/mm]: Symmetrie; die Volumina unter dem Graphen der Funktion [mm]z = f(x,y) = x[/mm] über den Halbkreisen [mm]x^2 + y^2 \leq 16, x \geq 0[/mm] und [mm]x^2 + y^2 \leq 16, x \leq 0[/mm] sind dem Betrage nach gleich, haben aber unterschiedliche Vorzeichen (das erste positives, das zweite negatives).
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:42 Mo 19.08.2013 | | Autor: | fred97 |
Ist ein Flächenstück durch die Gleichung z=f(x,y) gegeben, so ist sein Flächeninhalt, unter geeigneten Vor. an f und den Definitionsbereich K von f,
= [mm] \integral_{K}^{}{\wurzel{1+(f_x)^2+(f_y)^2} d(x,y)} [/mm] (*).
Bei Dir ist [mm] K=\{(x,y) \in \IR^2: x^2+y^2 \le 1\} [/mm] (abgeschlossene Kreisscheibe im [mm] \IR^2 [/mm] um (0,0) mit Radius 1) und
[mm] f(x,y)=1-x^2-y^2
[/mm]
FRED
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