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| Aufgabe | | Berechnen Sie Integral von f (x,y)= y über B = [mm] \{(x,y) | x \le 0, y \ge-x, x²+y² \le a²\} [/mm] |
Ahoi Mathehelfer,
und wieder habe ich Probleme bei dem Herausfinden der Integrationsgrenzen. Ich wäre sehr dankbar, wenn jemand etwas Licht ins Dunkle bringen könnte.
Liebe Grüße
z(7a)q
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Und wieder die Frage: Hast du mal die drei Ausdrücke geplottet?
Der erste gibt dir alles unter der x-Achse (incl der x-Achse).
Der zweite alles oberhalb der Graden y=-x (incl der Graden)
Der dritte gibt dir einen Kreis mit Radius a (incl dem Rand)
Dein Integrationsgebiet ist nun das, das von allen drei Ausdrücken bedeckt wird.
Wenn du genau drüber nachdenkst, weißt du schon, daß das also 1/8 Tortenstück ist, das von unten an der positiven x-Achse klebt.
Die Fläche ist 1/4 pi a².
Kannst du nun die Integrationsgrenzen in Polarkoordinaten selber finden?
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Und wieder der Sebastian  ,
und zwar hab ichs nun gezeichnet. Bischen unklar ist mir noch warum die Fläche Oberhalb der Geraden y=-x? Weil wir haben mal gelernt das das integral immer die Fläche unter der Funktion und der Achse beschreibt. Aber ich weis aufjedenfall nun wie ichs mir vorzustellen hab.
Sprich Ich muss von 90° [mm] \le \phi(x) \le [/mm] 135°
Und von 0 [mm] \le [/mm] r [mm] \le [/mm] a integrieren.
Das hab ich nun aber einfach abgelesen aus der Skizze.
und f(x,y) =x²+y² die ich nun in diesen Grenzen zu integrieren habe? Oder
Liebe Grüße und Danke für deine Geduld.
z(7a)q
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>Bischen unklar ist mir noch warum die Fläche Oberhalb der Geraden y=-x?
B sind alle die Punkte, über die integriert wird. Die drei Ausdrücke schränken das ein, und nur über Punkte, die alle drei Ausdrücke 'erlauben', wird integriert. Und da steht ja y>-x, also alle Punkte, deren y-Wert größer als -x ist, also ÜBER der Graden -x liegen.
Schau mal:
[mm] $A=\integral_{x_1}^{x_2}\integral_{y_1}^{y_2}dxdy$
[/mm]
ist die Fläche, die irgendeine geschlossene Kurve umschließt. Anders gesagt, da steht, daß du die Kästchen innerhalb dieser Kurve zählen sollst, das ist die Fläche.
Wenn du jetzt das Integral aus der Schule betrachtest, hast du auch so ne geschlossene Kurve: Sie wird gebildet durch die x-Achse, zwei senkrechten Graden bei unterer und oberer Grenze, und der Funktion selbst.
[mm] y_1 [/mm] ist dann auf der x-Achse, also [mm] $y_1=0$. y_2 [/mm] ist dann die obere Grenze, also die Funktion f(x). Das ist dann also
[mm] $A=\integral_{x_1}^{x_2}\integral_{0}^{f(x)}dxdy=\integral_{x_1}^{x_2}[1]_0^{f(x)}dx=\integral_{x_1}^{x_2}f(x)dx$
[/mm]
Verstanden?
> Sprich Ich muss von 90° [mm]\le \phi(x) \le[/mm] 135°
Nein, das Tortenstück verläuft von 315° bis 360°. Immer schön mathematisch positiv denken, und die 0°-Achse ist die x-Achse.
Beim Integrieren allerdings rechnest du besser nicht in Grad, sondern in Bogenmaß. 2 pi ist der Vollkreis, demnach integrierst du von 15/8pi bis 2pi!
> Und von 0 [mm]\le[/mm] r [mm]\le[/mm] a integrieren.
Korrekt!
> und f(x,y) =x²+y² die ich nun in diesen Grenzen zu integrieren habe?
Erstmal: Das ist nicht wie in der Schule das f(x), das integriert werden soll. In dem fall ist das so eine Art Gewichtungsfaktor, mit denen du deine Kästchen alle einzeln multiplizieren mußt. Beispielsweise könntest du dir f als eine Dichte vorstellen, wodurch jedes Kästchen ein anderes Gewicht hat. Dieses Gewicht ist dann Kästchengröße * Dichte. Das Integral addiert dann die Einzelgewichte und liefert dir das Gesamtgewicht der eingeschlossenen Kästchen.
Ansonsten hast du recht, du mußt jetzt [mm] $A=\integral_{x_1}^{x_2}\integral_{y_1}^{y_2}f(x,y)dxdy$ [/mm] berechnen.
Allerdings gehts nun um Polarkoordinaten, demnach muß auch das f damit gefüttert werden. Wenn du [mm] $x=r*\cos \phi$ [/mm] und [mm] $x=r*\sin \phi$ [/mm] einsetzt, bekommst du [mm] $f(r,\phi)=r^2$ [/mm] heraus.
Also einfach [mm] $A=\integral_{\phi_1}^{\phi_2}\integral_{r_1}^{r_2}f(r,\phi)drd\phi$ [/mm] rechnen? NEIN!
Die Kästchengröße ist ja normalerweise $dx*dy$. In Polarkoordinaten ist es aber nun so, daß die Fläche, die $dr$ und [mm] $d\phi$ [/mm] beschreiben, immer größer wird, je weiter man vorsprung entfernt ist. (Das sind ja keine Kästchen, sondern so Segmente aus einem dünnen Ring). Sie werden proportional zu r größer. Demnach schreibst du in das Integral nicht [mm] $drd\phi$, [/mm] sondern [mm] $r*drd\phi$
[/mm]
also insgesamt [mm] $A=\integral_{\phi_1}^{\phi_2}\integral_{r_1}^{r_2}(f(r,\phi)*r)*drd\phi$
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:36 So 16.07.2006 | | Autor: | zaaaaaaaq |
Ajajajajajajajaj, Sebastian,
da haste dir aber viel Mühe gegeben und ich habs auch soweit alles sehr gut verstanden. Ist mir nun soweit alles klar. Leider kann ich dich ja nicht mit in die Prüfung nehmen :-D.
Eins aber noch. Es ist doch [mm] \bruch{1}{8} [/mm] Tortenstück, welches im 2. Quadranten liegt. Da können das doch keine 315° sein weil die würden ja im 4. Quadranten liegen.
Jedenfalls vielen Dank für deine gesamte Hilfe bis hierher!!
Liebe Grüße z(7a)q
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> Eins aber noch. Es ist doch [mm]\bruch{1}{8}[/mm] Tortenstück,
> welches im 2. Quadranten liegt. Da können das doch keine
> 315° sein weil die würden ja im 4. Quadranten liegen.
Tut es ja auch!
Eine Bedingung heißt doch x<0, d.h. III. und IV. Quadrant. DAs y>-x gibt einem dann alles oberhalb der 2. Diagonalen.
Ich sagte ja auch, Tortenstück, das von unten an der positiven x-Achse liegt.
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