Volumenintegral

26.07.2014, 14:56

Dukaros

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Volumenintegral

Meine Frage:
Hallo alle zusammen,

ich soll als Volumenintegral das folgende Integral berechnen:

$\begin{eqnarray*} <br /> I = \int_\mathbb R \! e^{-x^2-y^2} \cdot e^{-|z|} \, dx dy dz \end{eqnarray*}$

da sich das Integral in kartesischen Koordinaten befindet und ich ja nicht weiß ob Polar, Zylinder oder Kugelkoordingaten, kann ich das doch einfach in kartesischen Koordinaten integrieren, oder?
Übrigens: das R an der unteren Integralgrenze soll eigentlich 3 Dimensional sein, leider hab ich das mit dem Formeleditor nicht hinbekommen ...

Meine Ideen:
Da das jetzt mein ersten Volumenintegral ist, bitte ich euch um Hilfe.
Soweit ich weiß, integriere ich von innen nach außen.

Meine Lösung (sicherlich total falsch) sieht so aus:

Zunächst fasse ich den Ausdruck im Integral zusammen und erhalte:
$\begin{eqnarray*} <br /> <br /> I = \int_\mathbb R \! e^{-x^2-y^2} \cdot e^{-|z|} \, dx dy dz<br /> <br /> \Rightarrow I = \int_\mathbb R \! e^{-x^2-y^2-|z|} \, dx dy dz<br /> \end{eqnarray*}$

Jetzt möchte ich nach x integrieren:

$\begin{eqnarray*} <br /> \Rightarrow I = \int_\mathbb R \! - \frac{1}{2x} \cdot e^{x^2-y^2-|z|} \, dy dz <br /> \end{eqnarray*}$

Und jetzt nach y:

$\begin{eqnarray*} <br /> \Rightarrow I = \int_\mathbb R \! \frac{1}{2x}\cdot \frac{1}{2y} \cdot e^{x^2-y^2-|z|} \, dz <br /> \end{eqnarray*}$

Zum Schluss dann entsprechend:

$\begin{eqnarray*} <br /> I = - \frac{1}{4xy} \cdot e^{x^2-y^2-|z|} + c<br /> \end{eqnarray*}$

Wobei $\begin{eqnarray*} c = cx + cy + cz \end{eqnarray*}$ (ist ja ein unbestimmtes Integral)

Aber...
Hier fehlen mir vernünftige Grenzen usw.. also kann es doch eigentlich nur blödsinn sein, was ich hier mache ...
Kann mir jemand sagen wie ich das richtig mache und vll ne kleine Erklärung dazu schreiben? Um einen Tipp wäre ich auch schon sehr dankbar.

26.07.2014, 15:12

Bernhard1

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Zitat:

Original von Dukaros
da sich das Integral in kartesischen Koordinaten befindet und ich ja nicht weiß ob Polar, Zylinder oder Kugelkoordingaten, kann ich das doch einfach in kartesischen Koordinaten integrieren, oder?

Hallo Dukaros,

schaue Dir lieber mal Zylinderkoordinaten an. Der Integrand wird dadurch deutlich übersichtlicher.

26.07.2014, 15:15

Dukaros

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RE: Volumenintegral
okay, das werde ich machen, aber stimmt es denn, dass ich von innen nach außen integriere?

26.07.2014, 15:18

Bernhard1

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Das stimmt zwar, aber die Reihenfolge ist hier egal. Du könntest statt dxdydz auch dzdydx verwenden.

Du hast bei der ersten Integration übrigens ein Minuszeichen in der e-Funktion übersehen.

26.07.2014, 16:24

Dukaros

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Aber woher weiß ich anhand der Funktion dass ich Zylinderkoordinaten verwende, anstatt zB Kugelkoordinaten zu benutzen? Das wird mir nicht ersichtlich .. verwirrt

verwirrt

Danke für den Hinweis mit dem Vorzeichen

26.07.2014, 16:33

Bernhard1

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Es gilt doch: $\begin{eqnarray*} r^2 = x^2 + y^2 \end{eqnarray*}$ Der Integrand kann also um die z-Achse gedreht werden ohne seinen Wert zu ändern. In anderen Worten: Der Integrand hängt nur von r und z ab. Die Winkelintegration bekommt man deswegen bei Verwendung von Zylinderkoordinaten praktisch geschenkt.

Du kannst es aber auch in kartesischen Koordinaten rechnen. Ist halt etwas mühsamer, aber es gibt gerade im Nachbarthema einen guten Tipp: http://www.matheboard.de/attachment.php?attachmentid=34939 , in der ersten Zeile des Textes.

EDIT: Wir haben bei der Aufgabe übrigens ein bestimmtes Integral über ganz R^3. Integrationskonstante gehören also nicht in die Lösung. Die e-Funktion sorgt dafür, dass der Integrand im Unendlichen verschwindet. Das Integral existiert also.

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26.07.2014, 16:42

Dukaros

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Also ich habe jetzt mal geschaut wir man das umrechnet und damit ergibt sich für meine Aufgabe das folgende Integral in Zylinderkoordinaten:

$\begin{eqnarray*} <br /> <br /> \int_\mathbb R \! e^{-r^2\cos(\phi)-r^2\sin(\phi) \cdot } e^{-|z|} \, d\phi dr dz <br /> <br /> \end{eqnarray*}$

Ist das soweit schonmal richtig? Und die Integrationsgrenzen?
Gehe ich bei $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ einfach von $\begin{eqnarray*} 0-2\pi \end{eqnarray*}$ aus? Wenn ja, wovon gehe ich bei den anderen Parametern aus? ...

EDIT: Wenn es über das ganze Dreidimensionale integriert wird... hat z dann die Grenzen von -unendlich bis + unendlich? Und ist dies bei r genauso? ...

26.07.2014, 16:57

Bernhard1

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Zitat:

Original von Dukaros
Ist das soweit schonmal richtig?

Da sind noch zwei Fehler drin:
1) Wie lautet genau das Volumenelement in Zylinderkoordinaten
2) r² = x²+y²

Zitat:

Gehe ich bei $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ einfach von $\begin{eqnarray*} 0-2\pi \end{eqnarray*}$ aus?

Yep.

Zitat:

Wenn ja, wovon gehe ich bei den anderen Parametern aus?

Das solltest Du ausrechnen. Wenn x und y jeweils von $\begin{eqnarray*} -\infty \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ geht, läuft r in welchem Bereich? Kann r negativ werden?

Zitat:

EDIT: Wenn es über das ganze Dreidimensionale integriert wird... hat z dann die Grenzen von -unendlich bis + unendlich?

Yep.

26.07.2014, 17:19

Dukaros

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Ich bin mir grade nicht sicher, was genau mit Volumenelement gemeint ist..
also falls du damit das hier meinst:

$\begin{eqnarray*} <br /> \int_\mathbb R <br /> \end{eqnarray*}$
also das R... das liegt daran, dass ich mit dem Formeleditor kein $\begin{eqnarray*} R^3 \end{eqnarray*}$ als untere Integrationsgrenze gesetzt bekomme ...

Okay dann nochmal die verbesserte und hoffentlich richtige Version:
$\begin{eqnarray*} <br /> <br /> I = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{0}^{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \! e^{-r^2\cos^2(\phi)--r^2\sin^2(\phi) } \cdot e^{-|z|} \, dr d\phi dz <br /> <br /> \end{eqnarray*}$

leider weiß ich jetzt nicht wie ich noch das $\begin{eqnarray*} r=\sqrt{x^2+y^2} \end{eqnarray*}$ dort einbauen soll... denn wenn ich das einfach für r reinsetze, habe ich ja wieder x und y in meiner Gleichung enthalten?

EDIT: Das mit der Integrationsgranze hab ich jetzt übrigens rausgefunden.. man muss ja einfach nur eine geschweifte Klammer um den Ausdruck machen, anstelle einer normalen Klammer... Hammer

Hammer

26.07.2014, 17:40

Bernhard1

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Schau mal hier rein: Volumenelement (Wikipedia)

Ferner: exp(-x²-y²) = exp(-(x²+y²)).

Na, macht es da nicht irgendwie "klick"?

26.07.2014, 17:47

Dukaros

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ups...

Big Laugh

Also dann habe ich mit $\begin{eqnarray*} -x^2-y^2 \end{eqnarray*}$
einfach nur noch $\begin{eqnarray*} I = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{0}^{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \! e^{-r^2} \cdot e^{-|z|} \, dr d\phi dz \end{eqnarray*}$

Aber jetzt habe ich gar kein $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ mehr ...

26.07.2014, 17:54

Bernhard1

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Die Integrationsgrenzen gefallen mir noch nicht. Deswegen nochmal die Frage: Darf r negativ werden? Suggestiv: Hast Du schon mal negative Radien gesehen Big Laugh

Big Laugh

?

Dann das Volumenelement: Es gilt $\begin{eqnarray*} dV = r \cdot dr d\Phi dz \end{eqnarray*}$

Dann zu Phi: Was ist

$\begin{eqnarray*} \int_0^{2\pi} d\Phi \end{eqnarray*}$

?

26.07.2014, 18:00

Dukaros

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Ja okay.. das mit dem $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ wurde mir 10 Sekunden nach dem Abschicken bewusst.. und das mit dem r macht schon irgendwie Sinn... wobei doch die z Achse quasi der Mittelpunkt ist und die Richtung von r durchaus negativ werden kann.. aber wenn hier nur vom Betrag von r die Rede ist, macht die Aussage von dir wiederum Sinn...

damit ist die endgültige Lösung:

$\begin{eqnarray*} I = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\infty} \! e^{-r^2} \cdot e^{-|z|} \, dr d\phi dz \end{eqnarray*}$

oder ist da jetzt immer noch etwas falsch?

26.07.2014, 18:11

Bernhard1

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Fast richtig. Es fehlt aber leider noch immer das r vom Volumenelement. Multipliziere Deinen Integranden mit r, dann passt es Augenzwinkern

Augenzwinkern

.

26.07.2014, 18:13

Dukaros

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Meinst du: $\begin{eqnarray*} I = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\infty} \! re^{-r^2-|z|} \, dr d\phi dz \end{eqnarray*}$ ?
Wenn ja, warum? verwirrt

verwirrt

26.07.2014, 18:22

Bernhard1

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Zitat:

Original von Dukaros
Wenn ja, warum? verwirrt

verwirrt

Beweisen kann man das mit der Transformationsformel. Anschaulich kann man das zusätzliche r über die Fläche eines infinitesimalen Kreisringes erklären. Bei der Dicke dr und Radius r hat er die Fläche $\begin{eqnarray*} 2r\pi dr \end{eqnarray*}$ .

26.07.2014, 18:36

Dukaros

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Okay dann komme ich endlich mal zum lösen des Integrals, was ja meine eigentliche Frage war...

$\begin{eqnarray*} I = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\infty} \! re^{-r^2-|z|} \, dr d\phi dz <br /> <br /> \Rightarrow I= \int_{-\infty}^{\infty} \int_{0}^{2\pi} \! \left[-\frac{1}{2} e^{-r^2-|z|}\right]_{0}^{\infty } \, d\phi dz <br /> <br /> \Rightarrow I= \int_{-\infty}^{\infty} \! \left[-\frac{1}{2} e^{-r^2-|z|}\right]_{0}^{\infty } \left[-\frac{1}{2} e^{-r^2-|z|} \phi \right]_{0}^{2\pi } \, dz <br /> <br /> \Rightarrow I= \left[-\frac{1}{2} e^{-r^2-|z|}\right]_{0}^{\infty } \left[-\frac{1}{2} e^{-r^2-|z|} \phi \right]_{0}^{2\pi } \left[\frac{1}{2} e^{-r^2-|z|} \phi \right]_{-\infty}^{\infty } <br /> <br /> <br /> \end{eqnarray*}$

Wäre das so richtig, oder mache ich das komplett falsch? ... Tränen

Tränen

EDIT: Sorry, hatte das r vergessen

Nochmal EDIT: Totaler schwachsinn! Ich hab nen neuen Ansatz, der könnte richtig sein...

26.07.2014, 18:54

Bernhard1

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Zitat:

Original von Dukaros
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow I= \int_{-\infty}^{\infty} \int_{0}^{2\pi} \! \left[-\frac{1}{2} e^{-r^2-|z|}\right]_{0}^{\infty } \, d\phi dz \end{eqnarray*}$

Diesen Ausdruck kann man ziemlich stark vereinfachen:

Klammere den hier konstanten Ausdruck $\begin{eqnarray*} e^{-|z|} \end{eqnarray*}$ nach Bedarf aus und
setze die Grenzen dann konkret ein, so dass die Variable r komplett entfernt wird.

26.07.2014, 18:56

Dukaros

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$\begin{eqnarray*} I = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\infty} \! re^{-r^2-|z|} \, dr d\phi dz <br /> <br /> <br /> \Rightarrow I= \int_{-\infty}^{\infty} \int_{0}^{2\pi} \! \left[-\frac{1}{2} e^{-r^2-|z|}\right]_{0}^{\infty } \, d\phi dz <br /> <br /> \Rightarrow I = \int_{-\infty }^{\infty } \int_0^{2\pi} \! \frac{1}{2} e^{-|z|} \, d\phi dz<br /> <br /> \Rightarrow I = \int_{-\infty }^{\infty } \! \left[\frac{1}{2} e^{-|z|} \phi\right]_{0}^{2\pi} \, dz<br /> <br /> \Rightarrow I = \int_{-\infty }^{\infty } \! e^{-|z|} \pi \, dz<br /> <br /> <br /> \Rightarrow I = \left[-\pi e^{-|z|}\right]_{-\infty }^{\infty } <br /> <br /> \Rightarrow I = 0 <br /> <br /> \end{eqnarray*}$

Da kommt 0 raus??? unglücklich

unglücklich

Dann hab ich es doch schon wieder falsch gemacht... aber was??? traurig

traurig

26.07.2014, 19:26

Bernhard1

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Zitat:

Original von Dukaros
$\begin{eqnarray*} I = \int_{-\infty }^{\infty } \! e^{-|z|} \pi \, dz \end{eqnarray*}$

Du hast es fast geschafft Freude

Freude

. Nur noch ein Vorzeichenfehler

Der Betrag macht den Integranden symmetrisch bezüglich z! Man kann also auch schreiben:

$\begin{eqnarray*} I = 2\pi \int_{0}^{\infty } \! e^{-z} \, dz \end{eqnarray*}$

26.07.2014, 19:33

Dukaros

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Den Vorzeichenfehler sind ich nicht... kannst du mir vll direkt sagen wo der ist, bzw warum da ein Vorzeichenfehler ist? Gott

Gott

Es liegt bestimmt an dem Zitat von dir.. mit dem Betrag von z .. aber ich verstehs nicht ..

Nach soo vielen Stunden wirds auch endlich mal Zeit .. ich hab heute nur eine enizige Aufgabe und eine DGL lösen können... ziemlich schlechte Bilanz unglücklich

unglücklich

Warum hast du im Integral $\begin{eqnarray*} 2\pi \end{eqnarray*}$ stehen? .. muss das nicht nur $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ stehen? Die 1/2 kürzt sich doch damit weg .... verwirrt

verwirrt

26.07.2014, 19:47

Bernhard1

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Bei einer symmetrischen Funktion mit f(-x) = f(x) gilt:

$\begin{eqnarray*} \int_{-a}^a f(x) dx = <br /> <br /> \int_{-a}^0 f(x) dx + \int_0^a f(x) dx =<br /> <br /> \int_0^a f(-x) dx + \int_0^a f(x) dx =<br /> <br /> \int_0^a f(x) dx + \int_0^a f(x) dx =<br /> <br /> 2 \int_0^a f(x) dx \end{eqnarray*}$

26.07.2014, 19:49

Bernhard1

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Zitat:

Original von Dukaros
ich hab heute nur eine enizige Aufgabe und eine DGL lösen können... ziemlich schlechte Bilanz unglücklich

unglücklich

Aller Anfang ist schwer. Mit der Zeit wird es dann schneller.

26.07.2014, 20:02

Dukaros

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Also ist die Lösung $\begin{eqnarray*} 2\pi \end{eqnarray*}$ ? ..

26.07.2014, 22:09

Bernhard1

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So ist es/Ja/Korrekt.

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