Ellipse integrieren

12.11.2010, 18:55

Hansiii

Ellipse integrieren

Wir haben folgende Aufgabe bekommen:

Integrieren Sie!

$\begin{eqnarray*} \int_E \! \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} \, dx dy \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} E = \left\{ (x,y) \in R^{2} | \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} \leq 1 \right\} \end{eqnarray*}$

Kar ist das es eine Zweifachintegral ist. Nur die Grenzen sind mir noch nicht wirklich bewusst.Ich dachte die Grenzen könnten doch so sein:

$\begin{eqnarray*} s=\sqrt{\frac{a^2y^2}{b^2}} \end{eqnarray*}$ nach x umgestellt
$\begin{eqnarray*} t=\sqrt{\frac{b^2x^2}{a^2}} \end{eqnarray*}$ nach y umgestellt

$\begin{eqnarray*} \int_s^1 \! \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} dx \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} \int_t^1 \! \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} dy \end{eqnarray*}$

Das Integrieren wird dann aber schnell unübersichtlich und total wirr. Deswegen kommt mir das ein wenig falsch vor.

13.11.2010, 16:23

Leopold

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Deinen Ansatz kann ich nicht nachvollziehen. Er erscheint mir jedenfalls völlig falsch. Und noch eine Formalität: Der Integrand ist eine Summe, also in Klammern zu setzen.

Hier wird über die Ellipsenfläche integriert. Es gibt mehrere Möglichkeiten, die Aufgabe zu lösen.

1. Du kannst in kartesischen Koordinaten rechnen. Da sowohl die Ellipse als auch der Integrand $\begin{eqnarray*} f(x,y) \end{eqnarray*}$ bezüglich der beiden Koordinatenachsen symmetrisch ist, empfiehlt es sich, nur über das Ellipsenviertel im I. Quadranten zu integrieren und das Integral zu vervierfachen. Wenn man außen über $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ integriert, durchläuft $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ also das Intervall von $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ . Und abhängig von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ mußt du nun das Intervall $\begin{eqnarray*} I(x) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ im inneren Integral bestimmen. Das wird aber durch den Funktionsgraphen des Ellipsenrandes festgelegt:

$\begin{eqnarray*} \int_E f(x,y)~\dd (x,y) = 4 \cdot \int_0^a \left( \int_{I(x)} f(x,y) ~\dd y \right)~\dd x \end{eqnarray*}$

2. Einfacher dürfte es sein, wenn man zu modifizierten Polarkoordinaten übergeht. Der Rand der Ellipse kann durch

$\begin{eqnarray*} x = a \cos t \, , \ \ y = b \cos t \, ; \ \ - \pi \leq t \leq \pi \end{eqnarray*}$

parametrisiert werden. Um nun auch die inneren Punkte der Ellipse zu erreichen, bietet es sich an, die Ellipse durch Streckungen mit einem Faktor $\begin{eqnarray*} r \in [0,1] \end{eqnarray*}$ nach innen zusammenzuziehen. Die mehrdimensionale Substitutionsregel für die Transformation $\begin{eqnarray*} (x,y) \mapsto (r,t) \end{eqnarray*}$ führt dann zum Ziel.

3. Alternativ geht es mit dem Satz von Stokes, falls bekannt. Man findet leicht eine Differentialform $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ vom Grad 1, so daß

$\begin{eqnarray*} \dd \omega = \left( \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} \right)~\dd x \wedge \dd y \end{eqnarray*}$

ist, nämlich

$\begin{eqnarray*} \omega = - \frac{x^2 y}{a^2}~\dd x + \frac{xy^2}{b^2}~\dd y \end{eqnarray*}$

Man kann jetzt das Flächenintegral durch ein Kurvenintegral ersetzen:

$\begin{eqnarray*} \int_E \dd \omega = \int_{\partial E} \omega \end{eqnarray*}$

indem man über den positiv orientierten Rand $\begin{eqnarray*} \partial E \end{eqnarray*}$ der Ellipse $\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ integriert. Eine Parametrisierung steht oben.

Ich habe alle drei Möglichkeiten durchgerechnet. Die zweite erscheint mir am einfachsten. Der Integralwert ist $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{2} ab \end{eqnarray*}$ .

15.11.2010, 12:07

Hansiii

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Danke schonmal für die Tipps. Ich hab mich für die Zweite entschieden.

folgendes Problem:

Ich integriere ja bei 2. $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} \int_0^1 \! \left(\int_0^{2\pi} \frac{a^2cos^2(t)}{a^2} +\frac{b^2sin^2(t)}{b^2} dt \right) \, dr \end{eqnarray*}$

quasi

$\begin{eqnarray*} \int_0^1 \! \left(\int_0^{2\pi} cos^2(t) +sin^2(t) dt \right) \, dr \end{eqnarray*}$

Wo bleibt da das $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ ? das ist ja eg. nur ein Multiplikator, aber wo muss der hin?

Vlt:

$\begin{eqnarray*} \int_0^1 \! \left(\int_0^{2\pi} \frac{r*a^2cos^2(t)}{a^2} +\frac{r*b^2sin^2(t)}{b^2} dt \right) \, dr \end{eqnarray*}$

oder

$\begin{eqnarray*} \int_0^1 \! \left(\int_0^{2\pi} \frac{r^2*a^2cos^2(t)}{a^2} +\frac{r^2*b^2sin^2(t)}{b^2} dt \right) \, dr \end{eqnarray*}$

da $\begin{eqnarray*} P(a*cos(t),b*sin(t)) \end{eqnarray*}$ und der immer dichter zum M kommen muss, bzw. (0,0).

15.11.2010, 14:54

Leopold

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Zitat:

Original von Hansiii
Wo bleibt da das $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ ?

Genau. Wo bleibt das $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ ? Indirekt steht es da:

Zitat:

Original von Leopold
Um nun auch die inneren Punkte der Ellipse zu erreichen, bietet es sich an, die Ellipse durch Streckungen mit einem Faktor $\begin{eqnarray*} r \in [0,1] \end{eqnarray*}$ nach innen zusammenzuziehen. Die mehrdimensionale Substitutionsregel für die Transformation $\begin{eqnarray*} (x,y) \mapsto (r,t) \end{eqnarray*}$ führt dann zum Ziel.

Mit

$\begin{eqnarray*} x = a \cos t \, , \ \ y = b \sin t \, ; \ \ - \pi \leq t \leq \pi \end{eqnarray*}$

erreichst du nur die Randpunkte der Ellipse. Du brauchst aber die ganze Ellipsenfläche. Jetzt überlege selbst, wo $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ noch anzubringen ist. Und denke auch an den Betrag der Funktionaldeterminanten. Damit muß nach der mehrdimensionalen Substitutionsregel dann auch noch multipliziert werden.

15.11.2010, 20:33

Hansiii

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Wenn ich mir das bildlich vorstelle, müsste b und a mir multipliziert werden, also:

$\begin{eqnarray*} x = a \ r \ cos(t)\, , \ y = b \ r \ sin(t) \end{eqnarray*}$

Die Funktionaldeterminante ist dann: $\begin{eqnarray*} a \ b \ r \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int_0^1 \! \left(\int_0^{2\pi} a b r \left( \frac{a^2cos^2(t)}{a^2} +\frac{b^2sin^2(t)}{b^2} \ dt \right) \right)\, dr \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \int_0^1 \! \left(\int_0^{2\pi} a \ b \ r \ cos^2(t) +a \ b \ r \ sin^2(t)\ dt \right)\, dr \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \int_0^1 \! \begin{vmatrix}a \ b \ r \ t \end{vmatrix}_0^{2\pi} \ dr \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \int_0^1 \! 2\pi a b r \ dr \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \begin{vmatrix}\pi a b r^2 \end{vmatrix}_0^1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \pi a b \end{eqnarray*}$

Wenn das so richtig ist???

15.11.2010, 22:30

Leopold

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Die Substitution stimmt, die Grenzen stimmen, die Funktionaldeterminante stimmt. Nur beim Einsetzen in das Integral ist dir ein Faktor $\begin{eqnarray*} r^2 \end{eqnarray*}$ verloren gegangen.

Und irritierend sind die senkrechten Striche auf beiden Seiten der Stammfunktion. Verwechslungsgefahr mit dem absoluten Betrag.

15.11.2010, 22:46

Hansiii

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Aja ich sehe schon Hammer

Dann komm ich auch auf $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{2} ab \end{eqnarray*}$

Danke schön smile

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