Integrale mit Polarkoordinaten lösen

13.12.2011, 14:50

Shotmaster

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Integrale mit Polarkoordinaten lösen

Meine Frage:
Hallo zusammen,
ich soll folgende Integrale berechnen:
a) $\begin{eqnarray*} \int_{-1}^1 ( \! \int_0^c \! x^2(x^2+y^2)^2 \, dy ) \, dx ,c = \sqrt{1-x^2} \end{eqnarray*}$ , wobei ich das mit Polarkoordinaten machen soll!
b) $\begin{eqnarray*} \int_G \! e^{x^2+y^2} \, dxdy ,G:= \{(x,y)\in \mathbb R ^{2}: 1\leq x^2+y^2\leq 2, y\geq 0\} \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
a) für die Polarkoordinaten gilt ja, dass $\begin{eqnarray*} x = r*cos(\varphi), y = r*sin(\varphi) \end{eqnarray*}$ .
Erste Frage: Wie sehen nach einsetzten nun die Intervall grenzen aus?
Sonst habe ich das Integral wie folgt ausgerechnet, wo ich dann auch nicht weiter komme: $\begin{eqnarray*} \int \! \int \! r^{7}*cos(\varphi)^{2} \, dr \, d\varphi \end{eqnarray*}$
Hoffe habe mich da nicht verrechnet!

Bei b) habe ich leider garkeinen Ansatz!

13.12.2011, 15:01

Leopold

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$\begin{eqnarray*} \int \limits_{-1}^1 \int \limits_{0}^{\sqrt{1 - x^2}} \ldots ~ \dd y ~ \dd x \end{eqnarray*}$

sagt doch, daß über den Bereich

$\begin{eqnarray*} H:= \left\{ \, (x,y) \in \mathbb{R}^2 \, \left| \, -1 \leq x \leq 1 \, , \, 0 \leq y \leq \sqrt{1 - x^2} \, \right. \right\} \end{eqnarray*}$

integriert werden soll. Diesen Bereich solltest du erst einmal in einer Skizze markieren. Dann siehst du auch, über welche $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ zu integrieren ist.

13.12.2011, 15:09

Shizorano

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Also wenn ich das so aufmale, dann sehe ich den positiven Halbkreis des Einheitskreises!

Heißt das $\begin{eqnarray*} \{(r,\varphi): 0\leq r\leq 1 , 0\leq \varphi \leq \pi\} \end{eqnarray*}$ ?

PS: der Thread ist auch von mir, ich hatte zufällig mein pw widergefunden (dank firefox speicherfunktion) und werde von nun an unter diesem Alias antworten!

13.12.2011, 15:23

nils mathe lk hems

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zu a)

$\begin{eqnarray*} \int_{-1}^1 ( \! \int_0^c \! x^2(x^2+y^2)^2 \, dy ) \, dx ,c = \sqrt{1-x^2} \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} x = r\cdot\cos(\varphi) \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} y=\cdot\sin(\varphi) \end{eqnarray*}$

ergibt

$\begin{eqnarray*} \int_{-1}^1 ( \! \int_0^c \! \left(r\cdot\cos(\varphi)\right) ^2\left(\left(r\cdot\cos(\varphi)\right)^2+\left(r\cdot\sin(\varphi)\right)<br /> ^2\right)^2 \, dy ) \, dx \end{eqnarray*}$

kein plan im formeleditor gehts aber im forum net?
hier copypaste es dir mal in den formeledit und schaus dir an

\int_{-1}^1 ( \! \int_0^c \! \left(r\cdot\cos(\varphi)\right) ^2\left(\left(r\cdot\cos(\varphi)\right)^2+\left(r\cdot\sin(\varphi)\right)
^2\right)^2 \, dy ) \, dx

jetzt kannst du in der klammer in der mitte das $\begin{eqnarray*} r^2 \end{eqnarray*}$ ausklammern und hast $\begin{eqnarray*} \cos(\varphi)^2+\sin(\varphi)^2 = 1 \end{eqnarray*}$

das sollte glaube weiterhelfen

13.12.2011, 15:28

Shizorano

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Zitat:

Original von Shizorano

Heißt das $\begin{eqnarray*} \{(r,\varphi): 0\leq r\leq 1 , 0\leq \varphi \leq \pi\} \end{eqnarray*}$ ?

Falls ja , wäre das Integral relativ leicht zu lösen:
$\begin{eqnarray*} \int_0^1 \! \int_0^\pi \! r^{7}cos(\varphi))^{2} \, dr \, d\varphi <br /> = \int_0^1 \! \frac{cos(\varphi)^{2}}{8} \, d\varphi<br /> = \frac{\pi}{16} \end{eqnarray*}$

Stimmt das dann so?

Zitat:

Original von nils mathe lk hems

jetzt kannst du in der klammer in der mitte das $\begin{eqnarray*} r^2 \end{eqnarray*}$ ausklammern und hast $\begin{eqnarray*} \cos(\varphi)^2+\sin(\varphi)^2 = 1 \end{eqnarray*}$

Das hatte ich eigentlich schon eingebaut, aber tortzdem danke!

13.12.2011, 15:32

nils mathe lk hems

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wie kommst du auf $\begin{eqnarray*} r^7 \end{eqnarray*}$ ?
da sind überall nur quadrate... also gerade zahlen da sollte man auf ne gerade zahl kommen und nicht auf 7 Augenzwinkern

Augenzwinkern

( auch wenns an der lösung bei den grenzen nichts ändert...)

das mim additionstheorem hatte ich nicht gesehen, dass du das schon hattest Augenzwinkern

Augenzwinkern

sry

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13.12.2011, 15:34

Shizorano

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also stimmt es dann alles so?

13.12.2011, 15:47

Leopold

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Du hast richtig gerechnet. Und das mit $\begin{eqnarray*} r^7 \end{eqnarray*}$ stimmt auch. Schließlich muß auch beim Differential substituiert werden.

13.12.2011, 15:48

nils mathe lk hems

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ach ja das r*dr vergess ich immer wieder

13.12.2011, 16:03

Shizorano

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Vielen dank Leute! Freude

Freude

Aber was ist mit Teilaufgabe b)? Veruche die Grade aufzumalen, und bleibe da schon hängen verwirrt

verwirrt

13.12.2011, 16:26

Shizorano

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Zitat:

Original von Shizorano

Aber was ist mit Teilaufgabe b)? Veruche die Grade aufzumalen, und bleibe da schon hängen verwirrt

verwirrt

Kann es sein, dass $\begin{eqnarray*} \{(r,\varphi): -\sqrt{2}\leq r \leq -1, 1\leq r \leq \sqrt{2}, 0 \leq \varphi \leq \pi \} \end{eqnarray*}$ dem gesuchten Bereich entspricht?

13.12.2011, 16:28

nils mathe lk hems

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schaus dir doch bei wolframalpha mal an Augenzwinkern

Augenzwinkern

13.12.2011, 16:30

Shizorano

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Zitat:

Original von nils mathe lk hems
schaus dir doch bei wolframalpha mal an Augenzwinkern

Augenzwinkern

Mit welcher Eingabe?

13.12.2011, 16:34

nils mathe lk hems

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http://www.wolframalpha.com/input/?i=e%5E%28x%5E2%2By%5E2%29

zum vergleich fürs integral z.b. integral davor schreiben...

13.12.2011, 16:57

Shizorano

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tut mir leid, aber das hilft mir irgend wie nicht weiter...

Ich komm nicht drauf wie ich das berechnen soll!?!

13.12.2011, 19:49

Shizorano

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Darf man hier eigentlich Bumpen?

13.12.2011, 20:15

Leopold

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Du hast ja die $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ (fast schon) richtig bestimmt. Es gibt allerdings keine negativen Radien. Bei Polarkoordinaten wird stets $\begin{eqnarray*} r \geq 0 \end{eqnarray*}$ vorausgesetzt.

13.12.2011, 20:36

Shizorano

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Also müsste dann ja gelten:

$\begin{eqnarray*} \int_0^{\pi} \! \int_1^{\sqrt{2}} \! e^{x^{2}+y^{2}}r \, dr \, d\varphi <br /> = \int_0^{\pi} \! \int_1^{\sqrt{2}} \! re^{r^{2}} \, dr \, d\varphi<br /> = \frac{e}{2} \int_0^{\pi} \! e-1 \, d\varphi<br /> = \frac{\pi e(e-1) }{2} \end{eqnarray*}$

oder?

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