Integral zum Flächeninhalt (über Zylinder)

10.12.2010, 16:49

Mooskopf

Integral zum Flächeninhalt (über Zylinder)

Hallo liebe Mathematiker,
ich habe ein Problem mit folgender Aufgabe und weiß nicht,wie es richtig gerechnet wird. Könnte jemand mal drübergucken bitte?

Gegeben ist das Flächenelement S, welches das über dem Rechteck D{-1<=x<=1 ; 0<=z<=2} liegende Teil des Zylinders: y^2+x^2=4 ist.
Ich soll jetzt das Oberflächenintegral von p=y^2 über S berechnen. Und es soll ein Wert rauskommen, den man als Masse (mit der Dichte p) interpretieren kann.

erstmal habe ich dann den Zylinder nach y umgeformt: $\begin{eqnarray*} y=\sqrt{4-x^{2} } \end{eqnarray*}$ und davon bilde ich

mit $\begin{eqnarray*} y_{x}^{'}=-\frac{x}{\sqrt{4-x^{2} }} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y_{z}^{'}=0 \end{eqnarray*}$ das Kreuzprodukt $\begin{eqnarray*} | | y_{x}^{'} \times y_{z}^{'} | | = 0 \end{eqnarray*}$
und integriere darüber..... mit x,z und y (von 0 bis $\begin{eqnarray*} \sqrt{4-x^{2}} \end{eqnarray*}$ )

Aber beim Kreuzprodukt soltle eigentlich nicht =0 rauskommen, sonst wär die Aufgabe ja unsinnig. WARUM habe ich WAS falsch gemacht?

10.12.2010, 17:54

Lampe16

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RE: Integral zum Flächeninhalt (über Zylinder)
Ich schreibe meinen Ansatz mit Variablen statt der gegebenen Zahlen hin.
Das gesuchte Integral:

$\begin{eqnarray*} m=\int_0^h\int_{\pi/2-\alpha}^{\pi/2+\alpha}q(\varphi)\,r\mathrm{d}\varphi \,\mathrm{d}z=h\int_{\pi/2-\alpha}^{\pi/2+\alpha}q\,r\mathrm{d}\varphi \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} q(\varphi)=f(y(\varphi)) \end{eqnarray*}$ ist eine flächenbezogene Massendichte und z.B. in kg/m^2) zu messen.
m ist dann eine Masse.

10.12.2010, 20:20

Mooskopf

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Mit Zahlen hätte ich es besser gefunden smile

Wenn p die Einheit kg/m^3 hat, hat ja y die Einheit m .... also soll ich jetzt in das p (die y^2) mein berechnetes y einsetzen, damit ich kg/m^2 bekomme?
Das wäre ja das Integral von : $\begin{eqnarray*} \int_0^2 dz \int_{-1}^1 \! 4-x^2 \, dx \end{eqnarray*}$ .... bis dahin hab ich deine Hilfestellung nur so verstanden.

und dann sehe ich noch, dass in der Hilfestelung in Polarkoordinaten transformiert wurde und dann komischerweise einmal mit PI und einmal mit nem Winkel (in grad?) gearbeitet wird. Aber mir gehts ja erstmal um den Ansatz.

Ich hatte z.B. den Ansatz $\begin{eqnarray*} \int_a^b \! f(x(u,v),y(u,v),z(u,v))*| | (y_x \times x y_z) | | \, du dv \end{eqnarray*}$

aber bei meinem Kreuzprodukt kommt ja schon nur Schrott raus.

11.12.2010, 01:12

Lampe16

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Zitat:

Original von Mooskopf
Wenn p die Einheit kg/m^3 hat, ...

Zuerst muss ich über die Stellung der Aufgabe meckern, für die du ja nicht verantwortlich bist. Sie ist unsauber gestellt. Ich schreibe sie jetzt so um (ohne den Kern zu verändern), wie sie dem Übenden einen irritationsfreien Lerneffekt bescheren kann.
------------------------------------
Gegeben ist das Flächenstück S, welches der über dem Rechteck D{-a<=x<=a ; 0<=z<=h} liegende Teil des Zylinders: y^2+x^2=R^2 ist.
Ich soll jetzt das Oberflächenintegral von $\begin{eqnarray*} p=p_0\left(\frac{y}{y_0}\right)^2 \end{eqnarray*}$ über S berechnen. Und es soll ein Wert rauskommen, den man als Masse (ermittelt aus der ortsabhängigen flächenbezogenen Dichte p in kg/m^2) interpretieren kann.
$\begin{eqnarray*} p_0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y_0 \end{eqnarray*}$ sind Bezugswerte für die Dichte bzw. für die Länge.
a= 1m, h=2 m, R=2 m
------------------------------------
Da die aufgabenkonstruierenden Mathematiker keine Lusthaben, Konstanten wie $\begin{eqnarray*} p_0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y_0 \end{eqnarray*}$ "mitzuschleppen", lassen sie sie einfach weg - wie alle Einheiten auch - und muten den Lernenden z.B. " $\begin{eqnarray*} y^2 \end{eqnarray*}$ " als Dichte und " $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ " als Länge zu. Eine Ortskoordinate wie z.B. y sollte aber eine Länge bleiben. Wer es anders macht, sorgt für Verwirrung. Jedenfalls sollte der dann nicht - wie hier - von Dichten und Massen faseln. Und eine Dimensionskontrolle des Ergebnisses ist dann eh unmöglich.
Das ist alles nicht deine Schuld. Ich meine, der Hinweis kann dir am Anfang helfen.

Nun zur Lösung
Es bietet sich hier an, auf Polarkoordinaten überzugehen. Das Flächenelement ist durch
$\begin{eqnarray*} \mathrm{d}A=R\mathrm{d}\varphi \,\mathrm{d}z \end{eqnarray*}$
beschrieben. Außerdem gilt
$\begin{eqnarray*} y=R\sin\varphi. \end{eqnarray*}$
Das soll jetzt erst mal genügen. ...

edit
Ich führe das jetzt zu Ende:

... Der Beitrag des Flächenelements zum Integral ist

$\begin{eqnarray*} p_0\left(\frac{y}{y_0}\right)^2R\mathrm{d}\varphi\mathrm{d}z. \end{eqnarray*}$

Das Integrationsgebiet ist eine Zylinderschalenfläche, begrenzt durch die Koordinatenlinien $\begin{eqnarray*} z=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} z=h \end{eqnarray*}$
sowie durch $\begin{eqnarray*} \varphi=\frac{\pi}{2}-\phi \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \varphi=\frac{\pi}{2}+\phi. \end{eqnarray*}$ Dabei gilt
$\begin{eqnarray*} \phi=\arcsin\frac{a}{R}. \end{eqnarray*}$
Jetzt kannst du alles zusammenmontieren und erhältst
$\begin{eqnarray*} m=\int_0^h\int_{\pi/2-\phi}^{\pi/2+\phi} p_0\left(\frac{ R\sin\varphi}{y_0}\right)^2R\mathrm{d}\varphi\mathrm{d}z. <br /> \end{eqnarray*}$
Diese Lösung ist in Bezug auf die Dimensionen der physikalischen Größen leicht zu kontrollieren. Du "siehst", dass m eine Masse ist. Die Restarbeit ist reine Integrationsroutine.
Um in die verkehrte Welt der Aufgabenstellung zurückzukehren, kannst du jetzt $\begin{eqnarray*} p_0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y_0 \end{eqnarray*}$ gleich eins setzen. Das tut weh, aber viele spüren den Schmerz nicht.

11.12.2010, 21:27

Mooskopf

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Zitat:

Original von Lampe16
Das tut weh, aber viele spüren den Schmerz nicht.

hahahaha, wie witzig!

Zitat:

Original von Lampe16
a= 1m, h=2 m, R=2 m

Das h ist hier mein z, das R kommt vom $\begin{eqnarray*} y^2+x^2=4 \end{eqnarray*}$ , woher man jetzt das a = 1m nimmt, verstehe ich noch nicht.
Ich habe mir gedacht, dass es die Längeneinheit $\begin{eqnarray*} y_0 \end{eqnarray*}$ ist, nur jetzt als andere Variable geschrieben?
Dann hätte folglich die Konstante $\begin{eqnarray*} p_0 \end{eqnarray*}$ die Einheit der Dichte kg/m^3.

Aber du hast ja unten bei $\begin{eqnarray*} y=R\sin\varphi. \end{eqnarray*}$ a=y genommen und daraus $\begin{eqnarray*} \phi=\arcsin\frac{a}{R}. \end{eqnarray*}$ gebildet? Sollte das vielleciht richtig heißen: $\begin{eqnarray*} \varphi=\arcsin\frac{y}{r}. \end{eqnarray*}$ ??? ( r als Variable und nicht R als Konstante)

Zitat:

Original von Lampe16
$\begin{eqnarray*} \varphi=\frac{\pi}{2}-\phi \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \varphi=\frac{\pi}{2}+\phi. \end{eqnarray*}$
Jetzt kannst du alles zusammenmontieren und erhältst
$\begin{eqnarray*} m=\int_0^h\int_{\pi/2-\phi}^{\pi/2+\phi} p_0\left(\frac{ R\sin\varphi}{y_0}\right)^2R\mathrm{d}\varphi\mathrm{d}z. <br /> \end{eqnarray*}$

Ich verstehe nicht, warum man nicht einfach das Integral hier nimmt: $\begin{eqnarray*} m=\frac{ p_0}{y_0^2} \int_0^z \int_0^R \int_{0}^{2\pi} ((r\sin\varphi)^2 r )\mathrm{d}\varphi\mathrm{d}r\mathrm{d}z<br /> \end{eqnarray*}$

Diese Integrationsgrenzen $\begin{eqnarray*} \varphi=\frac{\pi}{2}+\phi. \end{eqnarray*}$ sind mir noch ein Rätsel. was soll mit denn das $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ überhaupt sagen? Warum kann ich nicht einfach das Ganze von 0 bis 2PI , wie im normalen Kreis laufen lassen?

11.12.2010, 22:39

Lampe16

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Zitat:

...woher man jetzt das a = 1m nimmt, verstehe ich noch nicht.

Aus der Aufgabenstellung: "Gegeben ist das Flächenelement S, welches das über dem Rechteck D{-1<=x<=1 ; ..."

Zitat:

Ich habe mir gedacht, dass es die Längeneinheit $\begin{eqnarray*} y_0 \end{eqnarray*}$ ist, nur jetzt als andere Variable geschrieben?

Nein! $\begin{eqnarray*} y_0 \end{eqnarray*}$ ist eine von mir zum Zwecke der Dimensionshygiene eingeführte Bezugslänge. Du kannst dir darunter irgend eine feste Länge vorstellen.

Zitat:

Dann hätte folglich die Konstante $\begin{eqnarray*} p_0 \end{eqnarray*}$ die Einheit der Dichte kg/m^3.

Nein! Wieso folglich? $\begin{eqnarray*} p_0 \end{eqnarray*}$ ist eine flächenbezogene Dichte in kg/m^2.
Hast du dir eine Skizze gezeichnet, welche die Fläche anschaulich macht? Sie könnte ein gebogenes rechtwinkliges Blatt Papier sein, auf das jemand mit Ölfarbe in unterschiedlicher Dicke Streifen in z-Richtung gemalt hat (nur y-Abhängigkeit). Das Blatt hat dann eine ortsabhängige Masse pro Fläche (kg/m^2). Genau das ist p.

Zitat:

Sollte das vielleciht richtig heißen: $\begin{eqnarray*} \varphi=\arcsin\frac{y}{r}. \end{eqnarray*}$ ??? ( r als Variable und nicht R als Konstante)

Nein! Die ganze zu berücksichtigene Fläche liegt auf $\begin{eqnarray*} r=R. \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ ist in der Aufgabe konstant. $\begin{eqnarray*} \sin\varphi =y/R \end{eqnarray*}$ gibt den Zusammenhang zwischen kartesischer und Zylinderkoordinate, $\begin{eqnarray*} \sin \phi=a/R \end{eqnarray*}$ hebt auf die Integrationsgrenze ab.

Zitat:

1. Hier ist eiin Flächenintegral gefordert, weil die Masse nicht im Volumen, sondern in der Fläche verteilt ist. Du präsentierst aber ein Volumenintegral.
2. Als Einheit ergibt sich für deinen Integralvorschlag Kg*m und nicht kg. Falls du das noch nicht aus dem Integral ablesen kannst, musst du das Thema Einheiten und Dimensionen von physikalischen Größen nachholen.

Zitat:

Diese Integrationsgrenzen $\begin{eqnarray*} \varphi=\frac{\pi}{2}+\phi. \end{eqnarray*}$ sind mir noch ein Rätsel. was soll mit denn das $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ überhaupt sagen? Warum kann ich nicht einfach das Ganze von 0 bis 2PI , wie im normalen Kreis laufen lassen?

Die gefragte Fläche ist nicht der ganze Zylindermantel, sondern ein Teil davon. Letzterer ist begrenzt durch die Linien $\begin{eqnarray*} z=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} z=h \end{eqnarray*}$ und zwei Mantellinien $\begin{eqnarray*} \varphi=\pi/2 - \phi \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} \varphi=\pi/2 + \phi. \end{eqnarray*}$ Diese vier Konstanten sind die Integrationsgrenzen.

Noch ein genereller Tipp: Ich habe den Eindruck, die Vorstellung der räumlichen Anordnung, welche dieser Aufgabe zu Grunde liegt, macht dir Schwierigkeiten. Diese Anschauung kommt normalerweise nur mit einer klaren, selbstverfassten Skizze, die du immer wieder während der Lösung zu Rate ziehen musst.

12.12.2010, 02:47

Mooskopf

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Ach, danke, jetzt habe ich es verstanden .. ich rotiere also um die z-Achse und nur bis +-x=1 und der höhe 2.

Ich habs versucht auszurechnen:
$\begin{eqnarray*} m=2\cdot \int_{0 }^{\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{6}}\int_0^2 \! R^2 sin\varphi \, dz d\varphi = 16 \cdot \int_{0 }^{\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{6}} \! sin\varphi \, d\varphi = 16 \cdot \left[cos\varphi\right]_{0}^{\frac{\pi}{3}}= 16 \cdot (-0,5+1)=8 \end{eqnarray*}$
darf ich die integrationsgrenzen von 0 bis ... seten und dafür das integral 2 mal nehmen?

Danke für die Hilfe! War sehr lehrreich Freude

12.12.2010, 10:16

Lampe16

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Moin Mooskopf,
es freut mich, dass du jetzt durchblickst.
Du hast aber im Integranden beim Sinus das Quadrieren übersehen.

12.12.2010, 19:00

Lampe16

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Mein Ergebnis, jetzt wieder nur mit Zahlen, falls du vergleichen willst:
$\begin{eqnarray*} m=4\sqrt 3 +8\pi /3. \end{eqnarray*}$

13.12.2010, 01:57

Mooskopf

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$\begin{eqnarray*} m=\int_0^2 \, dz \cdot 2 \int_{\frac{\pi}{2} }^{\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{6}} \! R^3 sin^2\varphi d\varphi =16\cdot \int_0^2 \, dz \int_{\frac{\pi}{2} }^{\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{6}} \! sin^2\varphi d\varphi =32 \cdot \left[\frac{sin\varphi cos\varphi-\varphi}{2} \right]_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{3}} =32(\frac{\sqrt{3}}{8} - \frac{\pi}{6} -(0-\frac{\pi}{4} ))= 32(\frac{\sqrt{3}}{8} + \frac{\pi}{12})=15,3... \end{eqnarray*}$ ... danke für den Vergleich.

13.12.2010, 10:18

Lampe16

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Noch ein "Nachwort" zum Ergebnis:
Ich versuche bei Zahlenrechnungen immer, das Ergebnis durch eine einfache Abschätzung zu kontrollieren. Hier ging das so:

Bei konstanter Dichte $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ gälte $\begin{eqnarray*} m=pA. \end{eqnarray*}$
Hier ist $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ im Durchschnitt etwas kleiner als 4 (wegen y etwas unter 2) und A ist etwas größer als 4. Die Abschätzung ist damit
$\begin{eqnarray*} m\approx 16. \end{eqnarray*}$
Das passt mit m=15,3... ganz gut zusammen.

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