Integralrechnung Aufgabe 2

27.02.2014, 18:54

Gastkonto

Integralrechnung Aufgabe 2

Hi,
kann diese Aufgabe nicht lösen.

Aufgabe:
Berechnen Sie das Bereichintegral $\begin{eqnarray*} \int_B \! x^*y^2 \, dx \,dy \end{eqnarray*}$ durch Transformation auf Polarkoordinaten,wobei B der Bereich zwischen den Kreisen
$\begin{eqnarray*} x^2*y^2=a^2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x^2*y^2=b^2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} (a<b) \end{eqnarray*}$ ist.

Ich weiß nicht wie man r wählen muss da es praktisch unendlich groß sein kann.

Idee:
Gelbe Fläche=B

$\begin{eqnarray*} dB=r\,\,\,\,\, dr \, d\phi \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f(x;y)=x^2*y^2=(r*cos\phi)^2*(r*sin\phi)^2=r^4*sin^2\phi*cos^2\phi<br /> \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int \! \int \! x^2*y^2 \, dB \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int_{\phi=0}^{2\pi} \! \int_{r=?}^? \!r^4*sin^2\phi*cos^2\phi \,\,dB \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int_{\phi=0}^{2\pi} \! \int_{r=?}^? \!r^5*sin^2\phi*cos^2\phi \,\,dr \,\,d\phi \end{eqnarray*}$

28.02.2014, 08:51

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Integralrechnung Aufgabe2

Zitat:

Original von Gastkonto
wobei B der Bereich zwischen den Kreisen
$\begin{eqnarray*} x^2*y^2=a^2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x^2*y^2=b^2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} (a<b) \end{eqnarray*}$ ist.

Ist da möglicherweise $\begin{eqnarray*} x^2 + y^2=a^2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x^2+ y^2=b^2 \end{eqnarray*}$ gemeint?

Zitat:

Original von Gastkonto
Ich weiß nicht wie man r wählen muss da es praktisch unendlich groß sein kann.

Wieso?

Es soll doch über die gelbe Fläche integriert werden. In welchem Bereich kann sich denn da das r bewegen?

Zitat:

Original von Gastkonto
$\begin{eqnarray*} f(x;y)=x^2*y^2=(r*cos\phi)^2*(r*sin\phi)^2=r^4*sin^2\phi*cos^2\phi<br /> \end{eqnarray*}$

Diese Funktion paßt aber nicht zum dem anfänglich angegebenen Integral.

28.02.2014, 14:08

Gastkonto

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

$\begin{eqnarray*} x^2*y^2=a^2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x^2*y^2=b^2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} (a<b) \end{eqnarray*}$ ist.
Ist da möglicherweise $\begin{eqnarray*} x^2 + y^2=a^2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x^2+ y^2=b^2 \end{eqnarray*}$ gemeint?

Du hast recht mein Fehler unglücklich

War nicht der einzige Fehler (bin in der Aufgabe verrutscht sorry).

Hier nochmal die Aufgabe:

Aufgabe:
Berechnen Sie das Bereichintegral $\begin{eqnarray*} \int_B \! x^2\textcolor{red}{+}y^2 \, dx \,dy \end{eqnarray*}$ durch Transformation auf Polarkoordinaten,wobei B der Bereich zwischen den Kreisen
$\begin{eqnarray*} x^2\textcolor{red}{+}y^2=a^2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x^2\textcolor{red}{+}y^2=b^2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} (a<b) \end{eqnarray*}$ ist.

Zitat:

Ich weiß nicht wie man r wählen muss da es praktisch unendlich groß sein kann.

Wieso? verwirrt

Es soll doch über die gelbe Fläche integriert werden. In welchem Bereich kann sich denn da das r bewegen?

Naja ich habe mir gedacht das man x^2 und y^2 so wählen darf wie man möchte. Die einzige Bedingung lautet ja $\begin{eqnarray*} (a<b) \end{eqnarray*}$ .

Dadurch ist folgende Idee entstanden:
Man minimiere den kleinen Kreis (a rot) auf einen Punkt.
Dadurch erhält man rmin=0.

Da man nicht weiß wie groß der große Kreis (b blau) ist man weiß nur $\begin{eqnarray*} (a<b) \end{eqnarray*}$ geht also praktisch gegen unendlich im "worst case".

Bin ich auf die Idee gekommen ein uneigentliches Integral aufzustellen.

$\begin{eqnarray*} \int_{r=0}^\infty \end{eqnarray*}$

Ich habe mir wirklich Gedanken über die Aufgabe gemacht aber mehr geht nicht unglücklich

Bin dankbar über Verbesserungsvorschläge und Lösungshilfen

Zitat:

$\begin{eqnarray*} f(x;y)=x^2*y^2=(r*cos\phi)^2*(r*sin\phi)^2=r^4*sin^2\phi*cos^2\phi<br /> \end{eqnarray*}$

Diese Funktion paßt aber nicht zum dem anfänglich angegebenen Integral.

$\begin{eqnarray*} f(x;y)=x^2\textcolor{red}{+}y^2=(r*cos\phi)^2*(r*sin\phi)^2=r^4*sin^2\phi*cos^2\phi \end{eqnarray*}$

28.02.2014, 16:43

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Gastkonto
Naja ich habe mir gedacht das man x^2 und y^2 so wählen darf wie man möchte. Die einzige Bedingung lautet ja $\begin{eqnarray*} (a<b) \end{eqnarray*}$ .

Dann hast du die Aufgabe nicht richtig gelesen oder nicht verstanden. Wie willst du denn x und y quasi beliebig wählen, aber dennoch mit den Koordinaten (x, y) innerhalb des gelben Bereichs bleiben? verwirrt

Zitat:

Original von Gastkonto
$\begin{eqnarray*} f(x;y)=x^2\textcolor{red}{+}y^2=(r*cos\phi)^2*(r*sin\phi)^2=r^4*sin^2\phi*cos^2\phi \end{eqnarray*}$

Dann muß es aber auch $\begin{eqnarray*} f(x;y) = x^2 \textcolor{red}{+} y^2 = (r \cdot cos\phi)^2 \textcolor{red}{+} (r*sin\phi)^2 \end{eqnarray*}$ heißen. Augenzwinkern

01.03.2014, 15:54

Gastkonto

Auf diesen Beitrag antworten »

Hm...
Habe langsam keine Ideen mehr unglücklich

Neue Idee:
Also wenn man ganz normal integriert, integriert man ja immer zwischen einer unteren und oberen Grenze. Nur hier habe ich keine Werte und man muss einen Radius einsetzen den man nicht kennt .
Man weiß aber das, dass Verhältnis der Kreise a und b mit der gleichen Formel beschrieben werden.

Der Radius beim Kreis wird so beschrieben:

$\begin{eqnarray*} r^2=x^2+y^2 \end{eqnarray*}$

Umgeschrieben für die Aufgabe:

$\begin{eqnarray*} a^2=x^2+y^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} b^2=x^2+y^2 \end{eqnarray*}$

Das heißt bei a<b wird schon von den Radien gesprochen oder ?
Dann müsste die untere Grenze a und die obere Grenze b sein. So kann a auch nie größer als b sein smile

Bleibt halt noch das Problem das man nicht weiß wie groß die x und y Werte gewählt werden dürfen.

Verbesserungsvorschläge sind erwünscht smile

03.03.2014, 08:46

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Gastkonto
Umgeschrieben für die Aufgabe:

$\begin{eqnarray*} a^2=x^2+y^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} b^2=x^2+y^2 \end{eqnarray*}$

Das ist etwas ungenau ausgedrückt. Besser: für alle Punkte (x, y), die auf dem inneren Kreisring liegen, gilt x² + y² = a² . Und für alle Punkte (x, y), die auf dem äußeren Kreisring liegen, gilt x² + y² = b² .

Zitat:

Original von Gastkonto
Das heißt bei a<b wird schon von den Radien gesprochen oder ?
Dann müsste die untere Grenze a und die obere Grenze b sein.

Genau.

Zitat:

Original von Gastkonto
Bleibt halt noch das Problem das man nicht weiß wie groß die x und y Werte gewählt werden dürfen.

Das ist auch nicht nötig. Durch die Transformation auf Polarkoordinaten muß man nur wissen, in welchen Grenzen der Radius r und der Winkel phi laufen. smile

07.03.2014, 14:36

Gastkonto

Auf diesen Beitrag antworten »

Sorry

Ist irgendwie in Vergessenheit geraten.

$\begin{eqnarray*} \int_{\phi=0}^{2\pi} \! \int_a^b \! r^3(cos^2(\phi)+sin^2(\phi)) \, dr \, d\phi \end{eqnarray*}$

07.03.2014, 14:50

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

OK. Und was ist $\begin{eqnarray*} cos^2(\phi)+sin^2(\phi) \end{eqnarray*}$ ? smile

07.03.2014, 15:07

Gastkonto

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} \int_{\phi=0}^{2\pi} \! \int_a^b \! r^3*1 \, dr \, d\phi \end{eqnarray*}$

Innen:

$\begin{eqnarray*} \int_a^b \! r^3 \, dr =\left[\frac{1}{4}r^4\right]_a^b=(\frac{1}{4}a^4)-(\frac{1}{4}b^4)=\frac{1}{4}*(a^4-b^4) \end{eqnarray*}$

Außen:

$\begin{eqnarray*} \int_{\phi=0}^{2\pi} \! \frac{1}{4}*(a^4-b^4) \, d\phi =\left[ (\frac{1}{4}*(a^4-b^4))*\phi\right]_0^{2\pi}=0-\left[(\frac{1}{4}*(a^4-b^4))*2\pi\right]=-\frac{2\pi}{4}*(a^4-b^4)=-\frac{\pi}{2}*(a^4-b^4) \end{eqnarray*}$

Ergebnis:
$\begin{eqnarray*} -\frac{\pi}{2}*(a^4-b^4) \end{eqnarray*}$

Stimmt das so ?

07.03.2014, 15:11

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Gastkonto
Innen:

$\begin{eqnarray*} \int_a^b \! r^3 \, dr =\left[\frac{1}{4}r^4\right]_a^b=(\frac{1}{4}a^4)-(\frac{1}{4}b^4)=\frac{1}{4}*(a^4-b^4) \end{eqnarray*}$

So ist es richtig: $\begin{eqnarray*} \int_a^b \! r^3 \, dr =\left[\frac{1}{4}r^4\right]_a^b = (\frac{1}{4}b^4) - (\frac{1}{4}a^4) = \frac{1}{4}*(b^4-a^4) \end{eqnarray*}$

In der weiteren Rechnung taucht der Fehler wieder auf.

07.03.2014, 15:17

Gastkonto

Auf diesen Beitrag antworten »

Oh Grenzen falsch eingesetzt Hammer

Innen:

$\begin{eqnarray*} \int_a^b \! r^3 \, dr =\left[\frac{1}{4}r^4\right]_a^b=(\frac{1}{4}b^4)-(\frac{1}{4}a^4)=\frac{1}{4}*(b^4-a^4) \end{eqnarray*}$

Außen:

$\begin{eqnarray*} \int_{\phi=0}^{2\pi} \! \frac{1}{4}*(b^4-a^4) \, d\phi =\left[ (\frac{1}{4}*(b^4-a^4))*\phi\right]_0^{2\pi}=0-\left[(\frac{1}{4}*(b^4-a^4))*2\pi\right]=-\frac{2\pi}{4}*(b^4-a^4)=-\frac{\pi}{2}*(b^4-a^4) \end{eqnarray*}$

Ergebnis:
$\begin{eqnarray*} -\frac{\pi}{2}*(b^4-a^4) \end{eqnarray*}$

07.03.2014, 15:28

Gastkonto

Auf diesen Beitrag antworten »

Danke

07.03.2014, 16:35

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Gastkonto
$\begin{eqnarray*} \left[ (\frac{1}{4}*(b^4-a^4))*\phi\right]_0^{2\pi} = 0 - \left[(\frac{1}{4}*(b^4-a^4))*2\pi\right] \end{eqnarray*}$

Wieso sag ich bloß, daß der Fehler in der weiteren Rechnung wieder auftaucht? verwirrt

Außerdem sollte es zu denken geben, daß ein negatives Ergebnis herauskommt.

08.03.2014, 14:22

Gastkonto

Auf diesen Beitrag antworten »

Auch hier habe ich die Grenzen falsch eingesetzt unglücklich

Außen:

$\begin{eqnarray*} \int_{\phi=0}^{2\pi} \! \frac{1}{4}*(b^4-a^4) \, d\phi =\left[ (\frac{1}{4}*(b^4-a^4))*\phi\right]_0^{2\pi}=0-\left[(\frac{1}{4}*(b^4-a^4))*2\pi\right]=-\frac{2\pi}{4}*(b^4-a^4)=-\frac{\pi}{2}*(b^4-a^4) \end{eqnarray*}$

Außen korrigiert:

$\begin{eqnarray*} \int_{\phi=0}^{2\pi} \! \frac{1}{4}*(b^4-a^4) \, d\phi =\left[ (\frac{1}{4}*(b^4-a^4))*\phi\right]_0^{2\pi}=\left[(\frac{1}{4}*(b^4-a^4))*2\pi\right]-0=\frac{2\pi}{4}*(b^4-a^4)=\frac{\pi}{2}*(b^4-a^4) \end{eqnarray*}$

Ergebnis:
$\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{2}*(b^4-a^4) \end{eqnarray*}$

Hoffe jetzt ist alles richtig.

09.03.2014, 11:02

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja.

Neue Frage »

Antworten »

Integralrechnung Aufgabe 2

Verwandte Themen