Integral zeigen

22.11.2016, 20:41

Manuel7237

Auf diesen Beitrag antworten »

Integral zeigen

Ich muss folgendes zeigen:

$\begin{eqnarray*} \int_{K_r}^{} \! e^{-(x^2+y^2)} \, dx dy = \frac{\pi }{4} (1-e^{-r^2} ) <br /> \end{eqnarray*}$ mit K_r : $\begin{eqnarray*} x\geq 0; y\geq 0; , x^2+y^2\leq r^2 \end{eqnarray*}$

Wie kann ich das machen?

Wie sehen meine Grenzen für mein linkes Integral aus?

Muss ich dann in Polarkoordinaten rechnen?

22.11.2016, 22:46

10001000Nick1

Auf diesen Beitrag antworten »

Polarkoordinaten eignen sich auf jeden Fall sehr gut.

Mach dir eine Skizze und schaue dann, über welche Radien und welche Winkel du integrieren musst.

22.11.2016, 23:03

Manuel7237

Auf diesen Beitrag antworten »

Also den Winkel von 0 bis 2pi
Und den Radius von -r bis r stimmt das?

22.11.2016, 23:07

10001000Nick1

Auf diesen Beitrag antworten »

Der Radius gibt den Abstand vom Ursprung an. Wie soll der negativ werden?

Die Grenzen für den Winkel stimmen auch nicht. $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} 2\pi \end{eqnarray*}$ würde den ganzen Kreis ergeben; du willst aber nur über einen Viertelkreis integrieren.

22.11.2016, 23:34

Manuel7237

Auf diesen Beitrag antworten »

Also dann so

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{\frac{\pi }{4} }\int_{0}^{r} \!e^{-r^2} \,r dr d \phi<br /> \end{eqnarray*}$
?

23.11.2016, 00:02

10001000Nick1

Auf diesen Beitrag antworten »

Die Grenzen stimmen jetzt.

Die Integrationsvariable für den Radius darf aber nicht genauso heißen wie die Grenze. Besser wäre z.B. $\begin{eqnarray*} \int_{0}^{\frac{\pi }{4} }\int_{0}^{r} \! e^{-\tilde r^2}\tilde r\, d\tilde r\, d \phi \end{eqnarray*}$ .

Anzeige

23.11.2016, 00:17

Manuel7237

Auf diesen Beitrag antworten »

Das äußere Integral wäre pi/4.
Beim inneren erhalte ich als Stammfkt. $\begin{eqnarray*} ({\frac{e^{-r'^2} }{2} } \end{eqnarray*}$

Der faktor 1/2 ist dann am Ende zu viel. Wo ist der Fehler

23.11.2016, 00:33

10001000Nick1

Auf diesen Beitrag antworten »

Huch, da habe ich auch Blödsinn erzählt. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Die obere Grenze für den Winkel ist nicht $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$ (=45°), sondern $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ (=90°).

Bei deiner Stammfunktion fehlt noch ein Minus.

23.11.2016, 00:55

Manuel7237

Auf diesen Beitrag antworten »

Danke

smile

Jetzt habe ich noch ein Integral
$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{a}\int_{0}^{a} \! e^{-(x^2+y^2)} \, dx dy = (\int_{0}^{a} \! e^{-x^2} \, dx )^2 \end{eqnarray*}$
Wie zeige ich dass das gilt?

23.11.2016, 01:04

10001000Nick1

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{a}\int_{0}^{a} \! e^{-(x^2+y^2)} \, dx\, dy=\int_{0}^{a}\int_{0}^{a} \! e^{-x^2}\cdot e^{-y^2} \, dx\, dy \end{eqnarray*}$

Kommst du damit weiter?

23.11.2016, 01:08

Manuel7237

Auf diesen Beitrag antworten »

Ne leider nicht Nick. Ich verstehe nicht wie das dy dann am ende zum dx wird?

23.11.2016, 01:10

10001000Nick1

Auf diesen Beitrag antworten »

Schreib mal auf, auf was du bis jetzt gekommen bist.

23.11.2016, 01:20

Manuel7237

Auf diesen Beitrag antworten »

Außer das auseinanderziehen weis ich es leider nicht verwirrt

verwirrt

verwirrt

23.11.2016, 01:30

10001000Nick1

Auf diesen Beitrag antworten »

Erster Schritt: Der Faktor $\begin{eqnarray*} e^{-y^2} \end{eqnarray*}$ hängt nicht von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ ab, kann also (als konstanter Faktor) vor das innere Integral gezogen werden:

$\begin{eqnarray*} \begin{aligned}\int_{0}^{a}\int_{0}^{a} \! e^{-x^2}\cdot e^{-y^2} \, dx\, dy &= \int_{0}^{a}\! e^{-y^2}\cdot \int_{0}^{a} \! e^{-x^2} \, dx\, dy \\ &= \int_{0}^{a}\! e^{-y^2}\cdot \left(\int_{0}^{a} \! e^{-x^2} \, dx\right)\, dy \end{aligned} \end{eqnarray*}$

Etwas ähnliches machst du jetzt nochmal.

23.11.2016, 01:46

Manuel7237

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich sehe es irgendwie nicht geschockt

geschockt

23.11.2016, 01:49

10001000Nick1

Auf diesen Beitrag antworten »

Das Integral $\begin{eqnarray*} \int_{0}^{a} \! e^{-x^2} \, dx \end{eqnarray*}$ hat irgendeinen (festen) Wert, hängt also nicht von $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ ab.
Jetzt?

23.11.2016, 02:04

Manuel7237

Auf diesen Beitrag antworten »

verwirrt

Augenzwinkern

ich glaube ich bin blöd????

23.11.2016, 09:38

Manuel7237

Auf diesen Beitrag antworten »

Aso vielleicht dann $\begin{eqnarray*} <br /> (\int_{0}^{a} \! e^{-x^2} \, dx )(\int_{0}^{a} \! e^{-y^2} \, dy) \end{eqnarray*}$
Und dann das 2. Integral substituieren mit y=x
dy=dx

So dann rixhtig?

23.11.2016, 09:51

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja.

smile

23.11.2016, 10:06

Manuel7237

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich noch ein kleines Problem : Ich muss B berechen
$\begin{eqnarray*} B= \{(x,y,z)\in \mathbb R^3 | 0\leq x\leq 1,0\leq y\leq 1, 0\leq z\leq x^2 + y^2 \} \end{eqnarray*}$

EDIT: Latex verbessert (klarsoweit)

23.11.2016, 10:14

Manuel7237

Auf diesen Beitrag antworten »

Mein z geht dann von 0 bis 2

Bei y und x weis ich es nicht?

23.11.2016, 10:26

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Manuel7237
Bei y und x weis ich es nicht?

Ähh, wieso? Da steht doch 0 <= x <= 1 und 0 <=y <= 1 .

23.11.2016, 10:39

Manuel7237

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{2}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1} \! \ dxdydz =2 \end{eqnarray*}$

?

23.11.2016, 10:41

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

Nun ja, es kommt auf die komplette Aufgabe an. Wenn du das Volumen von B ausrechnen sollst, läuft das z von 0 bis x² + y² .

23.11.2016, 10:48

Manuel7237

Auf diesen Beitrag antworten »

Das ist die Aufgabe

23.11.2016, 10:53

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

Bei Aufgabe c hast du also - wie schon gesagt - für z die Integrationsgrenzen Null und x²+y² .

23.11.2016, 12:22

Manuel7237

Auf diesen Beitrag antworten »

Ergebnis wäre dann 1/9= B??

23.11.2016, 13:04

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

Kannst du mal deine Rechnung zeigen? Außerdem geht es um |B| .

23.11.2016, 13:15

Manuel7237

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\int_{0}^{x^2+y^2} \! dz dy dx = 2/3 \end{eqnarray*}$

so?

23.11.2016, 13:32

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

Damit bin ich einverstanden. smile

smile

24.11.2016, 01:09

Manuel7237

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich verstehe bei b nicht wie ich genau das mit r und a abschätzen kann? Ich bräuchte nur Hilfe wie ich von a auf das 1. Integral in b komme. Das andere habe ich dann aus diesem weiterhergeleitet

24.11.2016, 11:32

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Manuel7237
Ich verstehe bei b nicht wie ich genau das mit r und a abschätzen kann?

Bei positivem Integranden $\begin{align*} g(x,y) \end{align*}$ kannst und sollst du da die Monotonie

$\begin{align*} \int\limits_A g(x,y) ~ \dd x ~ \dd y \leq \int\limits_B g(x,y) ~ \dd x ~ \dd y \end{align*}$ für $\begin{align*} A\subseteq B\qquad (*) \end{align*}$ .

nutzen. Nehmen wir mal bei vorgegebener Kantenlänge $\begin{align*} a \end{align*}$ das Quadrat $\begin{align*} Q_a \end{align*}$ als Menge $\begin{align*} B \end{align*}$ : Welchen Radius $\begin{align*} r \end{align*}$ des Viertelkreis $\begin{align*} K_r \end{align*}$ würdest du als Menge $\begin{align*} A \end{align*}$ wählen, so dass das geforderte $\begin{align*} A\subseteq B \end{align*}$ (hier also $\begin{align*} K_r\subseteq Q_a \end{align*}$ ) gilt?

Und dann auch noch in der anderen Richtung: Wir setzen $\begin{align*} A=Q_a \end{align*}$ und fragen, wie groß man $\begin{align*} r \end{align*}$ in $\begin{align*} B=K_r \end{align*}$ setzen muss, damit auch hier $\begin{align*} A\subseteq B \end{align*}$ (also $\begin{align*} Q_a\subseteq K_r \end{align*}$ ) gilt?

Einfach mal aufzeichnen!

Auf die Weise hast du dann mittels (*) sowie a) obere und untere Schranken für den Integralwert $\begin{align*} \int\limits_{Q_a} e^{-(x^2+y^2)} ~ \dd x ~ \dd y \end{align*}$ , ausgedrückt mit Parameter $\begin{align*} a \end{align*}$ .

25.11.2016, 12:44

Manuel7237

Auf diesen Beitrag antworten »

Danke für die Antwort HAL9000

Bei mir scheitert es noch an der Vorstellung. Daher weis ich auch nicht wie ich das mir durch eine Skizze veranschaulichen kann. Soll der Radius r des Viertelkreies dann die Katenlänge des Quaders a sein also r=a ?

Vilelleicht kannst du mir noch einen Tipp geben? Gott

Gott

25.11.2016, 13:00

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Manuel7237
Vilelleicht kannst du mir noch einen Tipp geben?

Das waren mehr als genug, und es ist traurig, dass das immer noch nicht reicht. unglücklich

unglücklich

Daher nur noch ein Bild:

[attach]43074[/attach]

26.11.2016, 14:34

Manuel7237

Auf diesen Beitrag antworten »

ist dann nicht einfach r=a als obere Grenze und 0 die untere Grenze?

26.11.2016, 21:41

Manuel7237

Auf diesen Beitrag antworten »

oder was sind die Grenzen meines Integrals verwirrt

verwirrt

verwirrt

verwirrt

27.11.2016, 16:06

Manuel7237

Auf diesen Beitrag antworten »

Sorry, kann niemand etwas dazu sagen?

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »