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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 08:13 Do 06.12.2012 | | Autor: | quasimo |
| Aufgabe | Man berechne [mm] V_4 [/mm] (K) mit
K = { [mm] (x_1 [/mm] , [mm] x_2 [/mm] , [mm] x_3 [/mm] , [mm] x_4 [/mm] ) [mm] \in \IR^4 [/mm] : [mm] x_1^2 [/mm] + [mm] x_2^2 [/mm] + [mm] x_3^2 [/mm] + [mm] x_4^2 \le [/mm] 1 , -1/2 [mm] \le x_4 \le [/mm] 1/2 [mm] \} [/mm] |
Hallo
Zuerst dachte ich, dass es sich hier um einen Normalbereich handelt. aber dabei müssten die Grenzen ja von den x-werten abhängen und das tun sie hier nicht.
Leider habe ich zu der Aufgabe keinen wirklichen Ansatz, würde mich über Hilfe freuen.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:42 Do 06.12.2012 | | Autor: | fred97 |
> Man berechne [mm]V_4[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
(K) mit
> K = { [mm](x_1[/mm] , [mm]x_2[/mm] , [mm]x_3[/mm] , [mm]x_4[/mm] ) [mm]\in \IR^4[/mm] : [mm]x_1^2[/mm] + [mm]x_2^2[/mm] +
> [mm]x_3^2[/mm] + [mm]x_4^2 \le[/mm] 1 , -1/2 [mm]\le x_4 \le[/mm] 1/2 [mm]\}[/mm]
> Hallo
> Zuerst dachte ich, dass es sich hier um einen
> Normalbereich handelt. aber dabei müssten die Grenzen ja
> von den x-werten abhängen und das tun sie hier nicht.
> Leider habe ich zu der Aufgabe keinen wirklichen Ansatz,
> würde mich über Hilfe freuen.
Für [mm] x_4 \in [/mm] [-1/2,1/2] sei
[mm] K(x_4):=\{(x_1,x_2,x_3) \in \IR^3: x_1^2+x_2^2+x_3^2 \le 1-x_4^2\}
[/mm]
Berechne [mm] V_3(K(x_4))
[/mm]
Mit Cavalieri ist dann
[mm] V_4(K)=\integral_{-1/2}^{1/2}{V_3(K(x_4))) dx_4}
[/mm]
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:56 Do 06.12.2012 | | Autor: | quasimo |
Hallo,
Danke.
Sry dass ich nochmal "so schnell" nachfrage...
Aber meinst du man muss das Prinzip von Cavalieri interiert weitertreiben? ich hab dazu nämlich noch nie ein Bsp gemacht und kenne mich da leider noch nicht gut aus. Weil nun steht man ja vor dem selben problem nur ene dimension niedriger..Oder setzt du da mit geschickter Transfomation fort?
LG
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:58 Do 06.12.2012 | | Autor: | fred97 |
$ [mm] V_3(K(x_4)) [/mm] $ ist das Volumen einer Kugel im [mm] \IR^3
[/mm]
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:06 Do 06.12.2012 | | Autor: | quasimo |
Okay also so ist das zu verstehen:
[mm] K_{x_4} [/mm] = [mm] \{ (x_1 , x_2 , x_3) \in \IR^3 : (x_1 , x_2 , x_3 , x_4 ) \in K\} \subseteq \IR^3
[/mm]
[mm] V_4 [/mm] (K) = [mm] \int_{-1/2}^{1/2} V_3 (K_{x_4} [/mm] ) [mm] dx_4
[/mm]
Wir hatten in der vorlesung: [mm] V_n (B_R^n) [/mm] = [mm] R^n V_n (B_1^n)
[/mm]
[mm] B_R^n [/mm] .. Kugel mit radius R in [mm] \IR^n
[/mm]
[mm] V_4 [/mm] (K) = [mm] \int_{-1/2}^{1/2} V_3 (K_{x_4} [/mm] ) [mm] dx_4 [/mm] = [mm] \int_{-1/2}^{1/2} \sqrt{1-x_4^2}^3 V_{3} (B_1^{3}) dx_4 [/mm] = [mm] V_{3} (B_1^{3}) [/mm] 2* [mm] \int_{0}^{1/2} \sqrt{1-x_4^2}^3 dx_4 [/mm]
Transformation [mm] x_4 [/mm] = sin [mm] \phi, [/mm] d [mm] x_4 [/mm] = cos [mm] \phi [/mm] d [mm] \phi
[/mm]
=> [mm] \int_0^{1/2} \sqrt{1-x_4^2}^3 dx_4 [/mm] = [mm] \int_0^{\pi/6} cos^4 \phi [/mm] d [mm] \pi [/mm]
Nun weiß ich nicht weiter, wir haben zwar für das eine rekursion mal hergeleitet aber zwischen den grenzen 0 und [mm] \pi/2 [/mm] ..
Ich glaub ich mache das falsch...
LG
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:40 Fr 07.12.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
partielle Integration cosx=u' cos^3x=v
später verwenden 2sinx*cosx=sin2x
gruss leduart
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