Kurvenintegral / Flächenintegral

29.08.2018, 20:13	Nevenka2	Auf diesen Beitrag antworten »
Kurvenintegral / Flächenintegral Meine Frage: $\begin{eqnarray} f(x) = e^x-5 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} g(x) = -4e^{-x} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} F(x,y) = \begin{pmatrix} ln(\frac{-4}{y})-x\\ \frac{x}{y}\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \phi(x,y)=\frac{ye^{x+y}}{y^2+5y+4} \end{eqnarray}$ a) Schnittpunkte von f und g bestimmen b) Flächeninhalt M zw. f und g bestimmen c) Das Kurvenintegral entlang g über F berechnen (von Schnittpunkt zu Schnittpunkt, angefangen bei $\begin{eqnarray} S_1=(0,-4) \end{eqnarray}$ ) $\begin{eqnarray} S_1=(0,-4) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \int_{\gamma} \! F \, dA \end{eqnarray}$ d)Das Flächenintegral berechnen: $\begin{eqnarray} \int \int_M \! \phi \, dA \end{eqnarray}$ Meine Ideen: a) Trivial: $\begin{eqnarray} S_1=(0,-4) \end{eqnarray}$ Mit Substitution $\begin{eqnarray} u=e^x \end{eqnarray}$ und pq-Formel: $\begin{eqnarray} S_2=(ln(4),-1) \end{eqnarray}$ b) $\begin{eqnarray} \int_{0}^{ln4} \! f \, dx - \int_{0}^{ln4} \! g \, dx = -\frac{3}{4} -5ln(4) \end{eqnarray}$ Nach meinem Verständnis gibt es keine negativen Flächen, muss ich daher den Betrag nehmen? Ich bin etwas durcheinander, denn in Thermo oder Mechanik ist das VZ sehr wichtig, sagt es doch z.B: ob Arbeit einem System hinzugefügt oder entnommmen wird. c) Parametrisierung der Kurve: $\begin{eqnarray} \gamma (s) = \begin{pmatrix} s \\ 4e^{-s} \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} F(\gamma) = \begin{pmatrix} -2s \\ \frac{s}{-4e^{-s}} \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \gamma' = \begin{pmatrix} 1 \\ 4e^{-s} \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \int_{0}^{1} \! F(\gamma) \cdot \gamma' \, ds = \int_{0}^{1} \! -3s \, ds = -\frac{3}{2} \end{eqnarray}$ EDIT: Das Integral aus Aufgabenteil c) ist richtig: $\begin{eqnarray} \int_{\gamma} \! F \, d\vec{s} \end{eqnarray}$ d) Hab keine Idee, wie ich die Grenzen des Integrals setze. Willkommen im Matheboard! Ich habe die Korrektur aus dem zweiten Beitrag in den ersten übernommen und den zweiten gelöscht, damit es nicht so aussieht, als ob schon jemand antwortet. Viele Grüße Steffen
30.08.2018, 11:02	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
zu b) Der Flächeninhalt der Fläche M ist positiv. Die bestimmten Integrale sind negativ, weil die Integrale die Flächen zwischen der Funktion und der x-Achse sind, und weil Flächen unter der x-Achse bei der Integration negativ berechnet werden. Die positive Fläche M ist (z.B.) das Integral $\begin{eqnarray} \int_{0}^{ln\;4} \! (g(x)-f(x)) \, dx=\int_{0}^{ln\;4} \! \|g(x)-f(x)\| \, dx=\|\int_{0}^{ln\;4} \! f(x) \, dx-\int_{0}^{ln\;4} \! g(x) \, dx\| \end{eqnarray}$ zu c) in der Parametrisierung von $\begin{eqnarray} \gamma \end{eqnarray}$ fehlt ein Minuszeichen. Muss das Integral nicht von $\begin{eqnarray} 0 \end{eqnarray}$ bis $\begin{eqnarray} s=ln\;4 \end{eqnarray}$ statt von $\begin{eqnarray} 0 \end{eqnarray}$ bis $\begin{eqnarray} 1 \end{eqnarray}$ gehen ?
30.08.2018, 12:21	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
[attach]47940[/attach] d) Du hast zwei Möglichkeiten: Du kannst im äußeren Integral mit der Integration über $\begin{align} x \in \left[ 0 , \ln 4 \right] \end{align}$ beginnen und mußt dann im inneren Integral über die zu jedem $\begin{align} x \end{align}$ gehörigen $\begin{align} y \end{align}$ integrieren. Die Grenzen werden durch die Graphen bestimmt: $\begin{align} \int_M \ldots \dd(x,y) = \int \limits_0^{\ln 4} \int \limits_{f(x)}^{g(x)} \ldots ~ \dd y ~ \dd x \end{align}$ Oder du kannst im äußeren Integral mit der Integration über $\begin{align} y \end{align}$ beginnen und mußt dann im inneren Integral über die zu jedem $\begin{align} y \end{align}$ gehörigen $\begin{align} x \end{align}$ integrieren. Überlege selber, wie die Grenzen zu wählen sind. Orientiere dich ganz an der Zeichnung. Die Aufgabe ist gerade so gemacht, daß sich auf dem zweiten Weg alle Rechenschwierigkeiten in Wohlgefallen auflösen.
30.08.2018, 21:23	Nevenka2	Auf diesen Beitrag antworten »
http://www.matheboard.de/images2/bbcode_mimetex.gif > Flächeninhalt der Fläche M ist positiv. OK. Dann ist die richtige Lösung für b): $\begin{eqnarray} \| \frac{-3}{4} - 5 ln(4)\|= \frac{3}{4} + 5 ln(4) \end{eqnarray}$ zu c) Also die Parametrisierung war tatsächlich falsch: Parametrisierung der Kurve: $\begin{eqnarray} \gamma (s) = \begin{pmatrix} s \\ -4e^{-s} \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} F(\gamma) = \begin{pmatrix} 0 \\ \frac{-s}{4e^{-s}} \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \gamma' = \begin{pmatrix} 1 \\ 4e^{-s} \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \int_{0}^{ln(4)} \! F(\gamma) \cdot \gamma' \, ds = \int_{0}^{ln(4)} \! -s \, ds = \frac{1}{2}ln^2(\frac{1}{4}) \end{eqnarray}$ d) ist nun auch lösbar: $\begin{eqnarray} \int_M \! \phi \, dA = \int_{-4}^{-1} \! \int_{ln(y+5)}^{ln(\frac{-4}{y})} \! \phi \, dx \, dy = \int_{-4}^{-1} \! \frac{y(e^y(\frac{-4}{y})-e^y(y+5))}{y^2+5y+4} \, dy = \int_{-4}^{-1} \! \frac{-e^y({y^2+5y+4})}{y^2+5y+4} \, dy = \int_{-1}^{-4} \! {e^y} \, dy = e^{-4} - e^{-2} \end{eqnarray}$ Danke an alle Helfer.
30.08.2018, 22:13	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
In d) sind zwei Fehler. 1. Im Ansatz sind beim inneren Integral die Grenzen verkehrt herum. Das führt zum falschen Vorzeichen im Ergebnis. 2. Im Endergebnis ist einer der Exponenten falsch. Vielleicht nur ein Schreibfehler.
30.08.2018, 22:34	Nevenka2	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} \int_M \! \phi \, dA = \int_{-4}^{-1} \! \int_{ln(\frac{-4}{y})}^{ln(y+5)} \! \phi \, dx \, dy = \int_{-4}^{-1} \! \frac{y(e^y(y+5)-e^y(\frac{-4}{y}))}{y^2+5y+4} \, dy = \int_{-4}^{-1} \! \frac{e^y({y^2+5y+4})}{y^2+5y+4} \, dy = \int_{-4}^{-1} \! {e^y} \, dy = e^{-1} - e^{-4} \end{eqnarray}$ 1. Wie kann ich bestimmen, welche Grenze oben und welche unten ist? 2. War nur ein Schreibfehler
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30.08.2018, 23:18	Nevenka2	Auf diesen Beitrag antworten »
Grenzen richtig setzten Also zu den Grenzen würde ich sagen, das die Funktion im Integral oben ist, welche weiter in den positiven Bereich der jeweiligen Achse (also x-Grenze zu x-Achse) hineinragt. Stimmt das?
31.08.2018, 07:54	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Nicht ganz. Beim Auflösen eines Bereichsintegrals in ein iteriertes Integral sind die Intervalle immer positiv zu orientieren, also steigend. Beim äußeren Integral hattest du das gemacht: von -4 bis -1 geht es aufwärts, beim inneren jedoch nicht.

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