3fach Integral

25.02.2008, 21:25

Xeo

3fach Integral

Man bestimme folgendes Integral:

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{1}~\int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}\int_{-\sqrt{1-x^2-z^2}}^{\sqrt{1-x^2-z^2}}f(x,y,z)~dy~dz~dx \end{eqnarray*}$

Wie man es berechnet ist mir klar, doch wie komme ich an die Integrationsgrenzen, wenn ich das ganze auf Polarkoordinaten oder Kugelkoordinaten überführe?

25.02.2008, 21:26

Dual Space

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RE: 3fach Integral
Verrätst du uns auch noch, wie genau f aussieht?

25.02.2008, 21:30

Xeo

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$\begin{eqnarray*} f(x,y,z) = \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}} \end{eqnarray*}$

26.02.2008, 07:11

Leopold

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Das sieht mir doch arg nach einer Integration über den Bereich

$\begin{eqnarray*} B: \ \ x^2 + y^2 + z^2 \leq 1 \, , \ \ x \geq 0 \end{eqnarray*}$

unter Anwendung des Satzes von Fubini aus:

$\begin{eqnarray*} \int_B \frac{1}{\sqrt{x^2 + y^2 + z^2}}~\mathrm{d}(x,y,z) \end{eqnarray*}$

Da wären doch sphärische Koordinaten angemessen:

$\begin{eqnarray*} x = r \cos \varphi \, \sin \vartheta \, , \ \ y = r \sin \varphi \, \cos \vartheta \, , \ \ z = r \sin \vartheta \, , \ \ \ \ \frac{\partial(x,y,z)}{\partial(r,\varphi,\vartheta)} = r^2 \cos \vartheta \end{eqnarray*}$

Wenn man erst nach der Transformation des Integrals Fubini anwendet, ist man schnell am Ziel. Da die Integrationsgrenzen Konstante sind und der Integrand vom Typ $\begin{eqnarray*} u(r) \cdot v(\varphi) \cdot w(\vartheta) \end{eqnarray*}$ erhält man den Wert als Produkt dreier eindimensionaler Integrale.

26.02.2008, 11:07

Xeo

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Ich kenne die Kugelkoordinaten so:

$\begin{eqnarray*} x = r \sin \vartheta \cos \varphi \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y = r \sin \vartheta \sin \varphi \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} z = r \cos \vartheta \end{eqnarray*}$

Setze ich nun die Kugelkoordinaten in meine Funktion ein, bekomme ich folgendes:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{\sqrt{x^2 + y^2 + z^2}} \Rightarrow \frac{1}{r} \end{eqnarray*}$

daraus folgt:

$\begin{eqnarray*} \int_B \frac{1}{r}~r dr d\varphi d\vartheta \Leftrightarrow \int_B 1~ dr d\varphi d\vartheta \end{eqnarray*}$

Wenn ich richtig verstanden habe, was Fubini bezwecken soll (3fach Int. auf 3 eindim. Integrale zu überführen), muss der hier doch garnicht mehr angewandt werden, sobald die Koordinatentransformation durchgeführt wurde.

...und wieder verstehe ich nicht, wie ich die vorgegebenen Grenzen umrechnen soll, damit ich sie nach der Transformation anwenden kann. unglücklich

26.02.2008, 12:43

WebFritzi

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Stichworte: Transformationssatz, Funktionaldeterminante.

EDIT: Oh, hast du schon. Dann überleg dir, wie genau das Integrationsgebiet aussieht und wie die zwei Winkel gewählt werden müssen. Das erfordert ein wenig geometrisches Vorstellungsvermögen.

26.02.2008, 15:47

Xeo

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$\begin{eqnarray*} B: \ \ x^2 + y^2 + z^2 \leq 1 \end{eqnarray*}$

Daraus erhalte ich ja, dass mein Radius r zwischen 0 und 1 liegt!

Bei den Winkeln fehlt es mir wohl an Wissen...

26.02.2008, 17:32

Leopold

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Für die von dir gewählten Kugelkoordinaten siehe die Figur hier. Wo 0° steht, denkst du dir die positive $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ -Achse, bei 90° die positive $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ -Achse, die $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ -Achse geht selbstverständlich nach oben. In der Zeichnung variiert $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ im Intervall $\begin{eqnarray*} [0,2 \pi) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \vartheta \end{eqnarray*}$ im Intervall $\begin{eqnarray*} [0,\pi] \end{eqnarray*}$ . Jetzt ist ja der Integrationsbereich $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ die "östliche" Halbkugel (Geographen mögen mir diesen an sich sinnlosen Begriff verzeihen!). Für welche Winkel $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} \vartheta \end{eqnarray*}$ wird diese beschrieben?
$\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ ist nur modulo $\begin{eqnarray*} 2 \pi \end{eqnarray*}$ eindeutig bestimmt. Du kannst also auch jedes andere Intervall der Länge $\begin{eqnarray*} 2 \pi \end{eqnarray*}$ als Bereich für $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ nehmen, z.B. $\begin{eqnarray*} (-\pi,\pi] \end{eqnarray*}$ . Das ist für das hier gesuchte Teilintervall auch günstiger.

Die Funktionaldeterminante hast du übrigens nicht richtig angegeben. Ihr Wert ist nämlich $\begin{eqnarray*} r^2 \sin \vartheta \end{eqnarray*}$ .

EDIT
Fehlenden Link ergänzt

26.02.2008, 21:12

Xeo

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RE: 3fach Integral
Stimmt! Da hat sich ein Fehler eingeschummelt...

Zu den Grenzen:

Unser Dozent hat uns diese Grenzen vorgegeben

$\begin{eqnarray*} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}~\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{1}\frac{1}{r}r^2\sin\vartheta~dr~d\varphi~d\vartheta \end{eqnarray*}$

und das hat mich so erstaunt.

26.02.2008, 22:27

WebFritzi

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Passt doch. 2mal 180 Grad. Also ne Halbkugel.

26.02.2008, 22:31

Leopold

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Sind nicht $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \vartheta \end{eqnarray*}$ in der Integration zu vertauschen? verwirrt

Wegen der Ungeradheit der Sinusfunktion ergibt jedenfalls der Teil Null.

27.02.2008, 11:38

Xeo

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Ja, natürlich. Ergebe sonst keinen Sinn. Sorry, wieder mal Unachtsamkeit meinerseits...

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{\pi}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{1}\frac{1}{r}r^2\sin\vartheta~dr~d\varphi~d\vartheta \end{eqnarray*}$

Nur welche Grenze ist nun richtig? Die von Leopold oder die meines Dozenten? Bei Leopold kommen $\begin{eqnarray*} 2\pi \end{eqnarray*}$ raus und bei der Lsg. meines Dozenten $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ , wobei ich da nicht nachvollziehen kann, warum $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ zwischen $\begin{eqnarray*} +\frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} -\frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ liegt...

27.02.2008, 18:21

Leopold

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Die Antwort deines Dozenten ist richtig. Du hast mich aber auch mißverstanden. In der Wikipedia-Zeichnung (siehe Link aus meinem vorigen Beitrag) ist für $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ das Intervall $\begin{eqnarray*} [0,360°) = [0,2 \pi) \end{eqnarray*}$ vorgesehen. Das bezieht sich aber auf die gesamte Kugel (siehe dortige Zeichnung).

Zitat:

Original von Leopold
$\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ ist nur modulo $\begin{eqnarray*} 2 \pi \end{eqnarray*}$ eindeutig bestimmt. Du kannst also auch jedes andere Intervall der Länge $\begin{eqnarray*} 2 \pi \end{eqnarray*}$ als Bereich für $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ nehmen, z.B. $\begin{eqnarray*} (-\pi,\pi] \end{eqnarray*}$ . Das ist für das hier gesuchte Teilintervall auch günstiger.

Damit wollte ich nur sagen, daß für die betrachtete Aufgabe die Vorgabe $\begin{eqnarray*} (-\pi,\pi] \end{eqnarray*}$ günstiger ist. Denn für das noch zu bestimmende Teilintervall bekommt man sonst keinen zusammenhängenden Bereich. Und dieses gesuchte Teilintervall ist natürlich $\begin{eqnarray*} \left[ - \frac{\pi}{2} , \frac{\pi}{2} \right] \end{eqnarray*}$ (siehe Wikipedia-Zeichnung). Ich habe mich wohl auch etwas mißverständlich ausgedrückt.

28.02.2008, 16:04

Xeo

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Es wird mir leider immer noch nicht ganz klar. Es wird immer davon ausgegangen, dass $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ in einem Intervall der Länge $\begin{eqnarray*} 2\pi \end{eqnarray*}$ liegt und diesmal hat das Intervall eine Länge von $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ , also ist mein Objekt nur eine Halbkugel. Woran erkenne ich das denn?

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