cos(x^2+y^2) integrieren

03.03.2012, 11:01

holzhammer

cos(x^2+y^2) integrieren

Meine Frage:
Hallo,

Ich komme leider bei folgender Aufgabe nicht weiter:

Sei $\begin{eqnarray*} A := \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 \mid x^2+y^2 \leq \pi /2 \} \end{eqnarray*}$ . Dann ist zu lösen, folgendes Integral:

$\begin{eqnarray*} \int_{A} cos(x^2+y^2)d(x,y) \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Zunächst sieht das nach Fubini/Tonelli aus. Also ich schreibe um:

$\begin{eqnarray*} \int_{A} cos(x^2+y^2)d(x,y) = \int_{\mathbb{R}} 1_A (x,y) cos(x^2+y^2) d(x,y) = \int_{\mathbb{R}} \int_{\mathbb{R}} 1_A (x,y) cos(x^2+y^2) dydx \end{eqnarray*}$

was geht, da $\begin{eqnarray*} 1_A (x,y) cos(x^2+y^2) \leq 1_A (x,y) \end{eqnarray*}$ und diese Funktion ist integrierbar.

Nun kann ich von hier auch noch die charakteristische Funktion umbauen usw. aber schlußendlich komme ich irgendwie nicht daran vorbei $\begin{eqnarray*} cos(x^2+y^2) \end{eqnarray*}$ zu integrieren, was mir nicht möglich ist.

Oder gibt es eine andere Möglichkeit?

03.03.2012, 11:14

Mulder

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RE: cos(x^2+y^2) integrieren
Da man hier offensichtlich über eine Kreisfläche integrieren soll, wie wäre es mit einem Übergang zu Polarkoordinaten?

05.03.2012, 04:19

holzhammer

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Hat etwas gebraucht, aber nun:

$\begin{eqnarray*} \int_A cos(x^2+y^2)d(x,y) \overset{polartrafo}{=} \int_{(0,\sqrt{\pi/2} \times (0,2\pi )} cos(r^2 \cdot (cos(\phi )^2 + sin (\phi) ^2)) \cdot r d(r,\phi ) \end{eqnarray*}$

nun steht da nur noch cos(r^2)*r, wegen der trigonemetrischen Identität. Diese Funktion ist integrierbar, da über feste Grenzen integriert wird und generell gilt <= r. (Schlampig hingeschrieben, aber der Gedanke ist richtig?)

Dann folgt mit Fubini-Tonelli:

... $\begin{eqnarray*} = \int_0^{2\pi } \int_0^{\sqrt{\pi /2}} cos(r^2) \cdot r dr d\phi \end{eqnarray*}$

Nun substituiere ich $\begin{eqnarray*} u = r^2 \rightarrow (1/2)du = r dr \end{eqnarray*}$ und bei den Grenzen fällt gerade die Wurzel weg. D.h. insgesamt ergibt sich:

... $\begin{eqnarray*} = \int_0^{2 \pi} \int_0^{\pi /2} cos(u) du d\phi = \int_0^{2 \pi} 1 d\phi = 2 \pi \end{eqnarray*}$

Wenn auch, auf Grund einer langen Nacht, nicht ganz ausformuliert, trotzdem richtig?
-----------------------

Eine Allgemeine Frage noch: wie berechne ich bei einer Polarkoordinatentransformation die neue Menge, über welche integriert wird, wenn diese etwas weniger einsichtig ist als obige?

Gruß und Gute Nacht (/Morgen)

05.03.2012, 09:08

Mulder

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Zitat:

Original von holzhammer
Nun substituiere ich $\begin{eqnarray*} u = r^2 \rightarrow (1/2)du = r dr \end{eqnarray*}$ und bei den Grenzen fällt gerade die Wurzel weg. D.h. insgesamt ergibt sich:

... $\begin{eqnarray*} = \int_0^{2 \pi} \int_0^{\pi /2} cos(u) du d\phi = \int_0^{2 \pi} 1 d\phi = 2 \pi \end{eqnarray*}$

Da ist jetzt aber irgendwie der Faktor 1/2 abhanden gekommen, der sich bei u=r² ergeben hatte. Wenn du den wieder einbaust, stimmt der Rest aber.

Zu den Grenzen: Einen allgemeingültigen "Umrechnungsalgorithmus" gibt es da wohl nicht. Hingucken, überlegen und gerne auch Skizzen machen.

05.03.2012, 11:46

holzhammer

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Oh, stimmt. Zu früh gewesen *hust* zu meiner Entschuldigung... smile

Danke für die Antwort. Die Mengen zu "substituieren" beim Polartrafo werde ich dann wohl noch etwas üben müssen.

06.03.2012, 12:03

Shalec

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wie kommt man auf die integrationsgrenzen 0 bis 2pi für phi? Also, woher stammen diese grenzen?

06.03.2012, 12:47

Mulder

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Zitat:

Original von Shalec
wie kommt man auf die integrationsgrenzen 0 bis 2pi für phi? Also, woher stammen diese grenzen?

A ist ein Kreis mit Radius $\begin{eqnarray*} \sqrt{\frac{\pi}{2}} \end{eqnarray*}$ , dessen Mittelpunkt im Koordinatenursprung liegt. Jeder Punkt, der innerhalb dieser Fläche liegt, wird in Polarkoordinaten durch zwei Komponenten beschrieben: Die Radialkomponente (also der Abstand zum Mittelpunkt in diesem Fall), und die Winkelkomponente, die die Richtung angibt. Der Winkel $\begin{eqnarray*} \varphi=0 \end{eqnarray*}$ wird dabei auf die x-Achse gelegt.

http://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/1/13/Polar_graph_paper.svg

Der Winkel $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ muss nun, um ganz A "einfangen" zu können, die ganzen 360° durchlaufen, also eine vollständige Drehung (was im Bogenmaß $\begin{eqnarray*} 2 \pi \end{eqnarray*}$ entspricht). Und zwar im positiv orientierten Sinn (also gegen den Uhrzeigersinn), das siehst du ja auf dem Bild.

Wenn du den Winkel z.B. nur von $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ laufen lassen würdest, würdest du den Halbkreis in der unteren Halbebene außenvor lassen, also den Teil von A, der im dritten und vierten Quadranten liegt. Du willst aber ja über ganz A integrieren.

Wäre A zum Beispiel nur der Viertelkreis im ersten Quadranten, dann würde man nur von $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ integrieren.

Immer schauen, über welche Fläche man integrieren will. Wie schon gesagt: Im Zweifelsfall eine Skizze machen.

09.03.2012, 09:47

Shalec[Guest]

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d.h. ich integriere erst über eine "Gerade" $\begin{eqnarray*} \int_0^{\sqrt{\frac{\pi}{2}}} \end{eqnarray*}$ und dann gehe ich damit den gesamten Kreis entlang um den Inhalt des Kreises zu erfassen?

Ich denke grade an folgendes: Man stelle sich ein Gitter vor, mit radialen geraden mit einem infinitesimalem abstand (d.h. beispielsweise polarkoordinatensystem mit minuten oder sekunden oder noch feinere-eintragung - nur um das Bild klarer zu machen). Zeichne nun den Kreis mit dem obigen Radius um den Mittelpunkt. Die Fläche zwischen zweier dieser Geraden wird passend durch $\begin{eqnarray*} \int_0^{\sqrt{\frac{\pi}{2}}} \end{eqnarray*}$ beschrieben. Die Summe all dieser Flächen wird nun mit dem integral 0-2pi berechnet.

Ähnlich wie beim Quadrat, a*b = int a db - konst
sagen wir wir haben ein 4x3 quadrat dann ist der Inhalt:

$\begin{eqnarray*} 4\cdot 3=12=\int_{0}^{3} \int_{0}^{4} da db \end{eqnarray*}$

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