Flächeninhalt und Oberflächenintegral

13.07.2007, 17:44

Morphi

Flächeninhalt und Oberflächenintegral

Hallo,

ich habe folgende Aufgabe zu lösen:

Die Funktion $\begin{eqnarray*} z = f(x,y)=\cosh(x), -2\leq x\leq 2, -10\leq y\leq 10 \end{eqnarray*}$

beschreibt ein Flächenstück F im $\begin{eqnarray*} \mathbb R ^3 \end{eqnarray*}$

1. Berechnen Sie den Flächeninhalt von F

2. Berechnen Sie das Oberflächenintegral $\begin{eqnarray*} \int_{}^{}~\int_{F}^{}~g~dO \end{eqnarray*}$ für die Funktion $\begin{eqnarray*} g(x,y,z)=\frac{xy}{z} \end{eqnarray*}$

Für die Frage 1 habe ich folgendes Ergebnis:

$\begin{eqnarray*} \int_{-2}^{2}~\int_{-10}^{10}~\cosh(x)~dydx = \int_{-10}^{10}~[\sinh(x)]_{-2}^2 ~dy =\int_{-10}^{10}~[\frac{1}{2}e^x-\frac{1}{2}e^(-x) ]_{-2}^2 ~dy =\int_{-10}^{10}~e^2-e^(-2)~dy = 20*e^2-e^(-2) \end{eqnarray*}$

Stimmt das??

Aber für Teil 2 fällt mir nichts ein.

Könnt ihr mir vielleicht helfen??

Gruß

14.07.2007, 00:45

cst

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RE: Flächeninhalt und Oberflächenintegral

Zitat:

Original von Morphi
Stimmt das??

Im Prinzip schon, nur hast du im allerletzten Schritt das $\begin{eqnarray*} e^{-2} \end{eqnarray*}$ vergessen: $\begin{eqnarray*} A = 20(e^2-e^{-2}) \end{eqnarray*}$ .

2)

$\begin{eqnarray*} I=\int_{-2}^{2}~\int_{-10}^{10}~G(x,y,z(x,y)) \sqrt{1+\sinh ^2 x}~\dd y \dd x = \int_{-2}^{2}~\int_{-10}^{10}~ \frac{xy}{\cosh x}\cosh x ~\dd y \dd x = \ldots \end{eqnarray*}$

cst

14.07.2007, 05:02

Tomtomtomtom

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Nein, das stimmt nicht.

Analoges Beispiel: Wenn du eine Funktion f auf einem Intervall [a,b] gegeben hast, und dann die Bogenlänge der Kurve auf diesem Intervall wissen möchtest, integrierst du ja auch nicht einfach die Funktion, sondern berechnest $\begin{eqnarray*} \int_a^b \sqrt{1+f'(x) dx} \end{eqnarray*}$

Und bei dir ist das ganze halt jetzt eine Dimension höher.

14.07.2007, 08:35

cst

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Tomtom, du meinst bestimmt $\begin{eqnarray*} \int_a^b \sqrt{1+\left( f'(x) \right) ^2}~\dd x \end{eqnarray*}$ und im Raum [edit:] $\begin{eqnarray*} \int \int \sqrt{1+\left( \frac{\partial z}{\partial x} \right) ^2 + \left( \frac{\partial z}{\partial y} \right) ^2 }~\dd x\dd y \end{eqnarray*}$ (war falsch: $\begin{eqnarray*} \int \int \sqrt{1+\left( \frac{\partial y}{\partial x} \right) ^2 + \left( \frac{\partial z}{\partial x} \right) ^2 }~\dd x\dd y \end{eqnarray*}$ ). Ich meine, das läuft hier (zufällig?) genau auf Morphis Lösung hinaus.

Christian

14.07.2007, 10:58

Eva24

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Hallo,

interessante Aufgabe

Ich muss zugeben das ich den letzten Hinweis $\begin{eqnarray*} \int \int \sqrt{1+\left( \frac{\partial y}{\partial x} \right) ^2 + \left( \frac{\partial z}{\partial x} \right) ^2 }~\dd x\dd y \end{eqnarray*}$ noch nicht ganz verstanden habe.

muss ich für die klammern meine Funktion f erstmal nach y ableiten und dann nochmal nach x? Oder wie ist das gemeint?

Liebe Grüße

14.07.2007, 11:09

Morphi

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Ja genau das Problem habe ich auch bei der Berechnung.
Der Rest ist mir eigentlich klar.

Gruß

Morphi

14.07.2007, 15:23

magneto42

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Hallo.
Irgendwie bereitet mir das Integral auch etwas Verständnisprobleme. Kann man das wirklich so machen? Ich stelle mal folgendes zur Diskussion:

Es ist doch für das Bogenstück in zwei Dimensionen:

$\begin{eqnarray*} (\dd s)^2 = (\dd x)^2 + (\dd y)^2 \end{eqnarray*}$

Im Raum muß dann doch gelten (halt Pythagoras):

$\begin{eqnarray*} (\dd s)^2 = (\dd x)^2 + (\dd y)^2 + (\dd z)^2 \end{eqnarray*}$

Wenn man jetzt noch $\begin{eqnarray*} x = x(y,z) \end{eqnarray*}$ setzt, erhält man also ein Bogenstück auf der von x(y,z) definierten Fläche:

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

Das sieht ähnlich aus wie der Ausdruck oben, ist aber auch wieder etwas völlig anderes. Ich habe schon mal nicht die partiellen Ableitungen stehen sondern die vollständigen Ableitungen. Das Integral davon gibt dann einen Bogen auf der Fläche. Wenn der Bogen dann über dy integriert wird ... was hat man dann? verwirrt

14.07.2007, 16:42

Morphi

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Habe noch ein Frage:

$\begin{eqnarray*} I=\int_{-2}^{2}~\int_{-10}^{10}~G(x,y,z(x,y)) \sqrt{1+\sinh ^2 x}~\dd y \dd x = \int_{-2}^{2}~\int_{-10}^{10}~ \frac{xy}{\cosh x}\cosh x ~\dd y \dd x = \ldots \end{eqnarray*}$

wie kommst du denn von dem ersten Term auf den 2ten??

also wenn ich den ersten integriere ... dann komme ich auf :

$\begin{eqnarray*} \int_{-10}^{10}~[\frac{1}{2}x^2y \sqrt{\cosh^2(x)}\frac{2}{e^x+e^-x}]_{-2}^2 ~dy \end{eqnarray*}$

Gruß

15.07.2007, 21:49

cst

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Erstmal bitte ich vielmals um Entschuldigung für meinen Tippfehler. Die Formel, die ich angewendet hab, lautet richtig:

Ist die Fläche A durch die Gleichung $\begin{eqnarray*} z = \varphi (x,y) \end{eqnarray*}$ explizit gegeben, dann ist

$\begin{eqnarray*} \int_A~f(x, y, z) \dd A = \iint_{A'} f[x,y,\varphi(x,y)]\sqrt{1+\left( \frac{\partial z}{\partial x} \right) ^2 + \left( \frac{\partial z}{\partial y} \right) ^2 }~\dd x\dd y \end{eqnarray*}$ ,

wobei A' die Projektion der Fläche A auf die x-y-Ebene ist (steht so auch im Bronstein).

Eva24:
Nein, nicht ganz. Du musst die Funktion $\begin{eqnarray*} z(x,y) \end{eqnarray*}$ (und nicht f) einmal nach x und einmal nach y ableiten. In diesem Beispiel ist $\begin{eqnarray*} z(x,y) = \cosh x \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} \frac{\partial z}{\partial x} = \sinh x~\text{und} ~\frac{\partial z}{\partial y} =0 \end{eqnarray*}$

Morphi,
es ist ja $\begin{eqnarray*} G(x,y,z) := \frac{xy}{z}~\text{mit}~z(x,y) := \cosh(x) \end{eqnarray*}$ . Außerdem gilt $\begin{eqnarray*} \cosh ^2 x - \sinh ^2 x = 1~\forall x \in \mathbb{C} \end{eqnarray*}$ . Und da $\begin{eqnarray*} \cosh x > 0~\forall x \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ , darf man die Wurzel ohne Fallunterscheidung durch den $\begin{eqnarray*} \cosh \end{eqnarray*}$ ersetzen. Integriert hatte ich übrigens überhaupt noch nicht, sondern erstmal nur eingesetzt.

Magneto,
tja, gute Frage, was man bekommt, wenn man die Bogenlänge nach dy integriert -- keine Ahnung. Zunächst lautet die Formel ja korrekt (s.o.). Bisher hatte ich mir auch keine Gedanken gemacht, wieso. Also hab ich das eben mal nachgeholt:
Wikipedia schreibt zu Oberflächenintegralen u.a.:

Zitat:

Ist nun \vec{x}(u,v) eine reguläre Parametrisierung der Oberfläche, so definiert man:

* Skalares Oberflächenelement $\begin{eqnarray*} \mathrm d \sigma = \left|\left| \vec{x}_u \times \vec{x}_v \right|\right| \end{eqnarray*}$
Das skalare Oberflächenintegral einer skalaren Funktion f ist definiert als $\begin{eqnarray*} \iint_{\mathcal F} f(x,y,z) \mathrm d \sigma = \iint_{B} f\left(\varphi(u,v)\right) \cdot ||\varphi_u \times \varphi_v|| \mathrm d(u,v) \end{eqnarray*}$

In unserem Fall lautet die Parametrisierung:
$\begin{eqnarray*} \vec{x}(u,v) \equiv \varphi(u,v) = \begin{pmatrix} u \\ v \\ z(u,v) \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
und damit ist
$\begin{eqnarray*} \varphi_u & = & (1, 0, z_u) ^T \\ \varphi_v & = & (0, 1, z_v)^T ~\Rightarrow\\ \varphi_u \times \varphi_v & = & (-z_u, -z_v, 1)^T~\Rightarrow \\ ||\varphi_u \times \varphi_v|| & = & \sqrt{1+\left( \frac{\partial z}{\partial x} \right) ^2 + \left( \frac{\partial z}{\partial y} \right) ^2 } \end{eqnarray*}$

Diese Erklärung ist wie gesagt von mir, also wirf bitte ruhig mal einen kritischen Blick drauf.

Sorry nochmal wegen der Verwirrung aufgrund der falschen Formel.

Christian

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