Menge in Polarkoordinaten

13.07.2014, 17:51

DeltaX

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Menge in Polarkoordinaten

Hallo und guten Nachmittag alle zusammen!

Ich habe, ähnlich wie im anderen Post unter Analysis, auch hier ein kleines Problem, da ich nicht weiß, wie ich folgende Menge in Polarkoordinaten überführen kann:

$\begin{eqnarray*} B=\{ x \geq 0,~ 0 \leq (x^2+y^2)^3 \leq 4x^2y^2,~ 0 \leq y \leq \sqrt{x^2+y^2} \} \end{eqnarray*}$

Ich verzweifle echt an den beiden Aufgaben, da ich für die Flächenberechnung der Menge eben wohl Polarkoordinaten benötige.

Auch wieder das einsetzen von $\begin{eqnarray*} x= r \cdot cos(\varphi)... \end{eqnarray*}$ hat mir hier nicht so viel geholfen, bzw. ich weiß nicht genau wie ich damit dann weiter verfahren soll...

Ich bin wirklich für jede Hilfe dankbar!

13.07.2014, 19:11

mYthos

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Das Einsetzen hilft sehr wohl, wenn du das richtig machst, bekommst du

$\begin{eqnarray*} r^6 \leq 4r^4 (\sin \varphi \cos \varphi)^2 \end{eqnarray*}$

~~(von der Angabe her stimmt allerdings die Dimension nicht, Fehler?)~~ EDIT: Berichtigt

$\begin{eqnarray*} \ldots \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} 0 \leq r \sin \varphi \leq r \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \ldots \end{eqnarray*}$

Beides lässt sich noch kürzen, Wurzel ziehen .. und es ist auch $\begin{eqnarray*} 2 \sin \varphi \cos \varphi = \sin 2\varphi \end{eqnarray*}$

mY+

13.07.2014, 20:23

DeltaX

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Hey, und danke für die Antwort! Wink

Wink

Zitat:

Original von mYthos
Das Einsetzen hilft sehr wohl, wenn du das richtig machst, bekommst du

$\begin{eqnarray*} r^6 \leq 4r^4 (\sin \varphi \cos \varphi)^2 \end{eqnarray*}$

(von der Angabe her stimmt allerdings die Dimension nicht, Fehler?)

Wie meinst Du das? Also die obige Menge ist 1 zu 1 aus der Aufgabe übernommen, in ihr gilt $\begin{eqnarray*} \vec x \in \mathbb R^2 \end{eqnarray*}$ , Rest steht wie oben :o

Deine beiden genannten Gleichungen habe ich auch heraus, zusätzlich hab ich auch noch: (von der 1. Ungleichung)

$\begin{eqnarray*} r cos(\varphi)\geq 0 \end{eqnarray*}$ [1]

Aus deiner ersten Gleichung erhalte ich:

$\begin{eqnarray*} r \leq 2 \sin \varphi \cos \varphi = \sin (2 \varphi) \end{eqnarray*}$ , wie du mir als Tipp je gesagt hattest.

Demnach:

$\begin{eqnarray*} r \leq \sin (2\varphi ) \end{eqnarray*}$ [2]

Aus deiner zuletzt genannten Gleichung geht ja hervor:

$\begin{eqnarray*} 0 \leq r \sin \varphi \leq r \end{eqnarray*}$ [3]

Dann kann ich doch [2] und [3] zusammenfassen zu

$\begin{eqnarray*} 0 \leq r \sin \varphi \leq r \leq \sin (2 \varphi ) \end{eqnarray*}$

Ab hier weiß ich leider nicht weiter unglücklich

unglücklich

13.07.2014, 21:16

mYthos

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OK, die Sache mit der Dimension war ein Irrtum von mir, die Randlinie des Bereiches 2 wird durch die Gleichung

$\begin{eqnarray*} r(\varphi) = \sin 2 \varphi \end{eqnarray*}$

bestimmt.
Die Ungleichung 3 lässt sich noch durch r kürzen.
Daraus folgt der Definitionsbereich von $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ .

Graph der Randlinie:

[attach]34877[/attach]

mY+

14.07.2014, 00:00

DeltaX

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Ah, ok, aus [3] folgt dann ja

$\begin{eqnarray*} \sin \varphi \leq 1 \end{eqnarray*}$ und das ist ja für $\begin{eqnarray*} 0 \leq \varphi < 2\pi \end{eqnarray*}$ wahr, richtig?

Allerdings solle ja $\begin{eqnarray*} r \cos \varphi \geq 0 \end{eqnarray*}$ sein, und das geht ja eigtl. nur für $\begin{eqnarray*} \varphi \in (- \frac \pi 2, \frac \pi 2) \end{eqnarray*}$ oder?

Muss ich nun also die Intervalle für Phi schneiden um die richtige Def.-Menge herauszufinden und setze die beiden Werte für Phi dann in $\begin{eqnarray*} r(\varphi )= \sin (2 \varphi ) \end{eqnarray*}$ ein?

Danke!!

14.07.2014, 01:08

mYthos

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Bei (3) hast du vergessen, dass auch $\begin{eqnarray*} 0 \leq \sin \varphi \end{eqnarray*}$ gelten muss.
Somit liegt der Winkel nur zwischen 0 und $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ .

Der Cos muss nicht positiv sein.

Die Lösung kann mittels der Grafik veranschaulicht werden. Es ist der Bereich innerhalb der Randlinie (die Zeigerlänge r wird kleiner als $\begin{eqnarray*} \sin 2 \varphi \end{eqnarray*}$ )

mY+

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14.07.2014, 12:24

DeltaX

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Hey!

Ich dachte eben, weil

$\begin{eqnarray*} x \geq 0 \Leftrightarrow r \cos \varphi \geq 0 \end{eqnarray*}$
dann eben auch der Cosinus größer als 0 sein soll.

Das einsetzen der möglichen Werte für $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} r(\varphi ) \end{eqnarray*}$ ist aber dennoch korrekt?

Danke!!

Edit.// Achso und wenn ich dann die Fläche berechne, dann mache ich das doch über das Integral $\begin{eqnarray*} \int _{r=0}^{r=sin(2\varphi )} \int _{ \varphi =0}^{\varphi = \pi}r ~d \varphi ~ dr \end{eqnarray*}$ , oder?

Das r im Integral ist die Determinante der Jacobi-Matrix für die Transformation.

Wenn falsch, bitte korrigieren smile

smile

Danke²!!

14.07.2014, 15:50

mYthos

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Zitat:

Original von DeltaX

Ich dachte eben, weil

$\begin{eqnarray*} x \geq 0 \Leftrightarrow r \cos \varphi \geq 0 \end{eqnarray*}$
dann eben auch der Cosinus größer als 0 sein soll.
...

Wenn du jedoch den (von $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ erstellten) Graphen ansiehst, verläuft er im 1. und 4. Quadranten und die Voraussetzung $\begin{eqnarray*} x \geq 0 \end{eqnarray*}$ stimmt hier.
Die Definitionsmenge war dort wie gesagt $\begin{eqnarray*} [0; \pi] \end{eqnarray*}$

Der Grund für die scheinbare Diskrepanz, also dass der Cos durchaus auch negativ sein kann und der Graph im 1. und anschließend im 4. Quadranten verläuft (Position beim Fortschreiten des Winkels beachten!), liegt in der Umrechnung $\begin{eqnarray*} (r; \varphi) \to (x,y) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (x; y) = (\sin 2 \varphi \cdot \cos \varphi; \ \sin 2 \varphi \cdot \sin \varphi) \end{eqnarray*}$

Wenn nun $\begin{eqnarray*} \frac {\pi} 2 < \varphi < \pi \end{eqnarray*}$ ist, ist sowohl $\begin{eqnarray*} \sin 2\varphi \end{eqnarray*}$ als auch $\begin{eqnarray*} \cos \varphi \end{eqnarray*}$ negativ, also $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ insgesamt wieder positiv.

mY+

14.07.2014, 16:11

DeltaX

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verwirrt

ich versteh zwar was du meinst, aber damit stehe ich wieder am Anfang bei der Flächenberechnung, da ich nun nicht mehr weiß, ob ich über die Einsfunktion die Fläche bekomme oder jedoch über den Satz von Green, sodass ich sage:

$\begin{eqnarray*} F= \int_0 ^\pi (0,x)\cdot \vec w_1 d \varphi \end{eqnarray*}$

mit

$\begin{eqnarray*} \vec w_1(\varphi )=(\sin ( 2 \varphi ) cos \varphi,~ \sin ( 2 \varphi ) sin \varphi) \end{eqnarray*}$

14.07.2014, 17:33

Leopold

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Für Polarkoordinaten gilt generell:

$\begin{eqnarray*} x = r \cos \varphi \, , \ \ y = r \sin \varphi \ \ \text{mit} \ r \geq 0 \, , \varphi \in [-\pi,\pi] \end{eqnarray*}$

Statt $\begin{eqnarray*} [-\pi,\pi] \end{eqnarray*}$ kann man auch jedes andere Intervall der Länge $\begin{eqnarray*} 2 \pi \end{eqnarray*}$ nehmen. Ich lege mich jetzt aber auf dieses fest.

Jetzt müssen die zusätzlichen Bedingungen der Menge $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ berücksichtigt werden. Dazu setzt man einfach die Substitution ein.

1. Aus $\begin{eqnarray*} x \geq 0 \end{eqnarray*}$ wird dabei $\begin{eqnarray*} r \cos \varphi \geq 0 \end{eqnarray*}$ , nach Division durch $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ also $\begin{eqnarray*} \cos \varphi \geq 0 \end{eqnarray*}$ . Das heißt aber

$\begin{eqnarray*} \varphi \in \left[ - \frac{\pi}{2} , \frac{\pi}{2} \right] \end{eqnarray*}$

2. Aus $\begin{eqnarray*} 0 \leq y \leq \sqrt{x^2 + y^2} \end{eqnarray*}$ wird $\begin{eqnarray*} 0 \leq r \sin \varphi \leq r \end{eqnarray*}$ , nach Division durch $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ also $\begin{eqnarray*} 0 \leq \sin \varphi \leq 1 \end{eqnarray*}$ . Das heißt aber

$\begin{eqnarray*} \varphi \in \left[ 0 , \pi \right] \end{eqnarray*}$

Jetzt müssen aber beide Bedingungen gleichzeitig erfüllt sein. Und somit hat man schlußendlich:

$\begin{eqnarray*} \text{(*)} \ \ \varphi \in \left[ 0 \, , \frac{\pi}{2} \right] \end{eqnarray*}$

3. Aus $\begin{eqnarray*} (x^2 + y^2)^3 \leq 4 x^2 y^2 \end{eqnarray*}$ wird nach Division durch $\begin{eqnarray*} r^4 \end{eqnarray*}$ die Bedingung $\begin{eqnarray*} r^2 \leq 4 \sin^2 \varphi \cos^2 \varphi \end{eqnarray*}$ . Jetzt muß man vorsichtig sein und darf nicht gedankenlos die Quadrate weglassen. Glücklicherweise sind im Bereich von $\begin{eqnarray*} \text{(*)} \end{eqnarray*}$ sowohl der Sinus als auch der Cosinus nichtnegativ, so daß man schließlich doch

$\begin{eqnarray*} r \leq 2 \sin \varphi \cos \varphi \end{eqnarray*}$

erhält. Der Bereich $\begin{eqnarray*} B^{*} \end{eqnarray*}$ der Variablen $\begin{eqnarray*} r,\varphi \end{eqnarray*}$ wird also beschrieben durch

$\begin{eqnarray*} B^{*}: \ \ \varphi \in \left[ 0 \, , \frac{\pi}{2} \right] \, , \ \ 0 \leq r \leq 2 \sin \varphi \cos \varphi \end{eqnarray*}$

mYthos' Zeichnung stimmt insofern nicht, als sie nach den gegebenen Bedingungen nur aus der oberen Schlaufe bestehen darf. Beachte den Bereich für $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ . Auch die Bedingungen $\begin{eqnarray*} x \geq 0,y \geq 0 \end{eqnarray*}$ aus $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ sagen das ja.

Und nach der Substitutionsregel gilt:

$\begin{eqnarray*} \int_B \dd (x,y) = \int_{B^{*}} r ~ \dd (r,\varphi) \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von DeltaX
Edit.// Achso und wenn ich dann die Fläche berechne, dann mache ich das doch über das Integral $\begin{eqnarray*} \int _{r=0}^{r=sin(2\varphi )} \int _{ \varphi =0}^{\varphi = \pi}r ~d \varphi ~ dr \end{eqnarray*}$ , oder?

Diese Berechnung stimmt nicht. Das hat aber nichts mit Polarkoordinaten zu tun, sondern schlicht damit, daß du für den Bereich $\begin{eqnarray*} B^{*} \end{eqnarray*}$ den Satz von Fubini falsch angewendet hast. Die Grenzen des äußeren Integrals können niemals von einer Variablen, über die integriert wird, abhängig sein.

14.07.2014, 17:51

DeltaX

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Hey Leopold, danke das war sehr Anschaulich, habe ich mir gleich mal gedruckt und eingeheftet.

Dank deiner Anleitung ist jetzt doch aber dann Fubini's Satz anwendbar mit:

$\begin{eqnarray*} F= \int _{\varphi =0}^{\varphi = \frac \pi 2} \int _{r=0}^{r=2 \sin \varphi \cos \varphi } r dr d\varphi \end{eqnarray*}$

Oder? Das innere Integral hängt ja nun von Phi ab, aber das äußere nicht mehr. vielmehr setzt man für Phi hier Werte ein
Das r im Integranden kommt denke ich mal aus der Funktionaldeterminante, richtig?
Und da wir nicht weiter Substituiert haben ist das obige Integral auch das Endergebnis für die Fläche, oder?

14.07.2014, 17:55

Leopold

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Zitat:

Original von DeltaX
Hey Leopold, danke das war sehr Anschaulich, habe ich mir gleich mal gedruckt und eingeheftet.

Dank deiner Anleitung ist jetzt doch aber dann Fubini's Satz anwendbar mit:

$\begin{eqnarray*} F= \int _{\varphi =0}^{\varphi = \frac \pi 2} \int _{r=0}^{r=2 \sin \varphi \cos \varphi } r dr d\varphi \end{eqnarray*}$

Oder? Das innere Integral hängt ja nun von Phi ab, aber das äußere nicht mehr. vielmehr setzt man für Phi hier Werte ein
Das r im Integranden kommt denke ich mal aus der Funktionaldeterminante, richtig?
Und da wir nicht weiter Substituiert haben ist das obige Integral auch das Endergebnis für die Fläche, oder?

Was du mit dem von mir rot gekennzeichneten Halbsatz sagen willst, verstehe ich nicht. Sonst ist das aber richtig.

14.07.2014, 18:03

DeltaX

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Achso, sorry smile

smile

Wir hatten in einer unsere Übungen ähnliche Integrale ausgerechnet, nur eben schwerere Integranden gehabt, die substituiert werden mussten und eben am Ende wieder rücksubstituiert. Da wir das hier aber nicht vorgenommen haben ist das Integral für F auch unsere gesuchte Fläche.

Das wollt ich damit sagen smile

smile

Dankeschön, ich werde das als übernächste Aufgabe berechnen, bin nur gerade mit Eigenwertaufgaben beschäftigt und bleibe da lieber erst nochmal im Thema.

Ich melde mich später wieder.

Danke an euch beide, Leopold und mythos! Freude

Freude

Ihr seid wie immer eine sehr große Hilfe !

14.07.2014, 19:18

mYthos

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Leider kann ich dir bei dem jetzt Folgenden nur wenig weiterhelfen (ist bei mir schon etwas lange her ..).
Ich hätte eigentlich die Fläche nach

$\begin{eqnarray*} A = \frac 1 2 \int_{\varphi_1}^{\varphi_2} \! r^2(\varphi) \, \dd \varphi = \frac 1 2 \int_{0}^{\frac {\pi} 2} \! \sin^2(2 \varphi) \, \dd \varphi \end{eqnarray*}$

berechnet, und damit ist $\begin{eqnarray*} A = \frac {\pi} 8 \end{eqnarray*}$ für die Fläche im ersten Quadranten.

Grafik

mY+

EDIT:

Aha, jetzt ist noch etwas dazugekommen ... , gut.
Dass der Graph nur im 1. Quadranten verläuft, ist mir auch aufgefallen.
Die von mir berechnete Fläche müsste eigentlich so stimmen (?)

[attach]34884[/attach]

14.07.2014, 19:22

Leopold

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Nun, wenn DeltaX das innere Integral (von mir rot markiert) berechnet, erhält er genau deine Formel.

Zitat:

Original von DeltaX
$\begin{eqnarray*} F= \int _{\varphi =0}^{\varphi = \frac \pi 2} \color{red} \int _{r=0}^{r=2 \sin \varphi \cos \varphi } r dr \color{black} d\varphi \end{eqnarray*}$

14.07.2014, 19:33

DeltaX

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Also ich hab auch $\begin{eqnarray*} \frac \pi 8 \end{eqnarray*}$ heraus, wen es darum ging (?)

Danke nochmal!

14.07.2014, 19:35

mYthos

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@Leopold

Ja, ist klar, danke.
Ich kannte bei Flächenberechnungen mit Polarfunktionen r = r(phi) eben nur diese Formel mit dem einfachen Integral (und nicht die Verallgemeinerung).

THX für die Berichtigung!

@DeltaX
Na, dann passt ja jetzt alles.

Gr
mY+

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