Integral über Dreiecksfläche

14.05.2010, 10:24

Knarzer

Integral über Dreiecksfläche

Meine Frage:
Hallo!

Ich habe bei der Integration über eine Dreiecksfläche ein Verständnisproblem: Das Dreieck ist gegeben durch die drei Eckpunkte (-3|0), (1|5) und (2|-2). Mir ist der Satz von Fubini bekannt. Demnach ist das äußere Integral (in meinem Fall über x): $\begin{eqnarray*} \int _{-3} ^{2} \end{eqnarray*}$ . Ich weiß auch, dass der y-Bereich von x abhängt ( $\begin{eqnarray*} \phi(x) \leq y \leq \psi(x) \end{eqnarray*}$ ), aber auf welche weise? Ich hab mir das ganze aufgezeichnet, bin aber unschlüssig, wie man auf die y - Werte kommt.

Meine Ideen:
Das Dreieck aufteilen in zwei Dreiecke, eines über der x-Achse und eines darunter? Aber was dann? Wäre für Hilfe wirklich dankbar!

14.05.2010, 11:47

Max Simon

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RE: Integral über Dreiecksfläche
Hallo.

Sei $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ die Dreiecksfläche.

Wenn du eine konstante Funktion $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ über $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ integrieren sollst, so genügt es den Flächeninhalt $\begin{eqnarray*} I(A) \end{eqnarray*}$ zu bestimmen. Das geht z.B. durch Zelegung des Dreieckes in mehrere rechtwinklige Dreiecke und sollte so mit Schulwissen geschafft werden ( $\begin{eqnarray*} I(A)=\frac{1}{2}gh_g \end{eqnarray*}$ ).

Dann ist $\begin{eqnarray*} \int\limits_A c\ dA=c I(A) \end{eqnarray*}$ .

(Um den Flächeninhalt zu bestimmen ist immer $\begin{eqnarray*} c=1 \end{eqnarray*}$ , wobei dieser Schritt dann natürlich sinnlos ist, denn man kenn ja schon den Flächeninhalt...).

Ich denke aber mal, dass ihr hier den Flächeninhalt direkt mir Fubini bestimmen sollt.
In dem Fall ist, wie du schon richtig vermutet hast, eine gute Idee, das Dreieck zu zerlegen und zwar so, dass für jedes deiner neuen Dreiecke die y-Variable linear von x abhängt, also $\begin{eqnarray*} y=f(x) \end{eqnarray*}$ .

Den ersten "Schnitt" würde ich auch durch die x-Achse machen. Die beiden Dreiecke die du nun erhälts, sind aber jeweils noch von 2 linearen Funktionen begrenzt. Also musst du jede der neuen Flächen nochmal zerteilen.
Bei der oberen Hälfte löst man das Problem, indem man durch den Punkt $\begin{eqnarray*} (1,5) \end{eqnarray*}$ parallel zur y-Achse schneidet. Nun hast du oben 2 Dreiecke, deren y-Variable jeweils nur von einer linearen Funktion begrenzt ist.
Auch bei dem unteren Dreieck schneidest parallel zur y-Achse. Den Punkt kannst du dir aber mal selbst berechnen ;-)

Nun hast du 4 Dreieicke $\begin{eqnarray*} A_1, A_2, A_3, A_4 \end{eqnarray*}$ , deren Flächeninhalt du einzeln über Fubini berechnen kannst.

Dann $\begin{eqnarray*} I(A)=I(A_1)+I(A_2)+I(A_3)+I(A_4) \end{eqnarray*}$ .

LG Max

14.05.2010, 12:38

Knarzer

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Hallo Max, vielen Dank für deine Antwort!

Noch ist mir aber, fürchte ich, noch nicht entgültig geholfen. Ich habe so wie du gesagt hast, das Dreieck zerteilt. Betrachten wir jetzt mal nur das obere linke, also von x= -3 bis x = 1. Wie weiß ich nun, über welche Funktion y mit x verknüpft ist? Ich kenne ja zwei Funktionswerte: y(-3) = 0 und y(1) = 5, wie kann ich damit ein LGS aufstellen oder soetwas in der Art?

14.05.2010, 12:47

Max Simon

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Die Gerade ist doch eine lineare Funktion von der du 2 Punkte kennst. Eine lineare Funktion ist durch 2 Punkte eindeutig bestimmt.
Mit der 2-Punkte-Form (9. oder 10. Klasse) kannst du nun die Gerade $\begin{eqnarray*} y(x)=mx+n \end{eqnarray*}$ berechnen.

14.05.2010, 13:09

Knarzer

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Hm ja, die Schule ist schon ne Weile her... Ups

Hab ich das denn jetzt richtig gemacht?

$\begin{eqnarray*} y = \frac{-5 x}{2} + \frac{-15}{2} \end{eqnarray*}$

14.05.2010, 13:25

Max Simon

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Das kannst du doch selbst leicht überprüfen, indem du einfach mal die beiden Punkte einsetzt und schaust, ob eine wahre Aussage entsteht. Wenn die Gleichung für beide Punkte erfüllt ist, ist die Gerade richtig, denn 2 Punkte bestimmen eine Gerade eindeutig.

14.05.2010, 13:36

Knarzer

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Dankeschön Augenzwinkern

14.05.2010, 15:09

Knarzer

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Ich muss mich nochmal melden, ich habs immer noch nicht! unglücklich

Das linke Dreieck stimmt jetzt und ich hab auch verstanden wie und warum, nur das rechte bereitet mir jetzt Probleme, denn da habe ich ja keine zwei Punkte aus denen ich die Geradengleichung berechnen könnte. Ich habe zwar den Punkt (1|5) aber den zweiten Punkt kann ich ja nur schreiben als entweder (1+x|0) oder (2-x|0) und mit dem x komme ich ja nicht weiter, oder?

14.05.2010, 17:46

Max Simon

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Wieso hast du denn keine 2 Punkte? Die Gerade endet doch nicht auf der x-Achse. Sie geht auch noch durch den Punkt $\begin{eqnarray*} (2,-2) \end{eqnarray*}$ , auch wenn dieser Punkt nicht zu deinem betrachteten Dreieck gehört. Die Gerade ist ja trotzdem dieselbe.
Das x musst du aber trotzdem bestimmen, denn du brauchst diesen Wert ja für die Integrationsgrenzen.

14.05.2010, 19:20

Knarzer

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Also mal sehen. Laut meinen Berechnungen müsste das Integral über das rote Dreieck gegeben sein durch

$\begin{eqnarray*} \int_{-3}^{1}\int_{0}^{\frac{5 x + 15}{4}} f(x,y) dy dx \end{eqnarray*}$ und das über das grüne durch $\begin{eqnarray*} \int_{-3}^{1}\int_{\frac{-2 x - 6}{5}}^{0} f(x,y) dy dx \end{eqnarray*}$ Dann würde immer noch das blaue fehlen.

Aber kann man eigentlich nicht schreiben $\begin{eqnarray*} \int_{-3}^{2}\int_{\frac{-2 x -6}{5}}^{\frac{5 x + 15}{4}} f(x,y) dy dx \end{eqnarray*}$ ? Dann würde man sich auch die blöde Aufteilerei sparen?

14.05.2010, 20:22

Max Simon

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Zitat:

Original von Knarzer
Also mal sehen. Laut meinen Berechnungen müsste das Integral über das rote Dreieck gegeben sein durch

$\begin{eqnarray*} \int_{-3}^{1}\int_{0}^{\frac{5 x + 15}{4}} f(x,y) dy dx \end{eqnarray*}$ .

Das stimmt.

Zitat:

Dann würde immer noch das blaue fehlen.

Ja, und das ist noch die schwierigste Fläche. Hier würde ich erst die obere Hälft des blauen Dreieckes wieder einzeln ausrechnen und für die untere Hälfte $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ zunächst von $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ laufen lassen und dabei nur über die untere blaue Gerade integrieren und dannach den Bereich von der Nullstelle der oberen blauen Gerade bis $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ über der oberen blauen Funktion wieder abziehen, denn das gehört ja nicht zum Dreieck. (Ich hoffe du verstehst mich.)

Zitat:

Aber kann man eigentlich nicht schreiben $\begin{eqnarray*} \int_{-3}^{2}\int_{\frac{-2 x -6}{5}}^{\frac{5 x + 15}{4}} f(x,y) dy dx \end{eqnarray*}$ ? Dann würde man sich auch die blöde Aufteilerei sparen?

Gute Idee!
Müsste funktionieren. Aber nur, wenn du dannach noch die Fläche über der oberen blauen Gerade wieder abziehst. Dein $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ läuft ja bis $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ . Wenn du das so machst, musst du nur 2 Flächen berechnen und nicht 4 bzw 5.
Das erspart einen viel Aufwand, denn so spart man sich u.a. die Berechnung der blauen Fläche.

14.05.2010, 22:48

Knarzer

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Tja ich habe es zwar noch nicht geschafft es zu berechnen da der Aufwand unglaublich hoch ist, aber ich denke das korrekte Integral lautet $\begin{eqnarray*} \int_{-3}^{2}\int_{\frac{-2 x - 6}{5}}^{\frac{5 x + 15}{4}} f(x,y) dy dx - \int_{1}^{2}\int_{5}^{\frac{25}{4}} f(x,y) dy dx \end{eqnarray*}$

Vielen Dank für den Stoß in die richtige Richtung! smile

15.05.2010, 00:02

Max Simon

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Die Grenzen für das Integral, das du abziehst sind Quatsch.
Der Term der abgezogen werden muss ist $\begin{eqnarray*} \int_{1}^{2}\int_{-7x+12}^{\frac{5}{4}x+\frac{15}{4}}f(x,y)dydx \end{eqnarray*}$ .

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