Mehrfachintegral hohle Halbkugel

15.06.2015, 15:15

Nuller

Mehrfachintegral hohle Halbkugel

Meine Frage:
Gegeben sei eine hohle Halbkugel

K={(x,y,z)??3??4?x^2+y^2+z^2?9,z?0}

Die Dichte der Kugel sei gegeben durch

phi(x,y,z)= \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+z^2} }

Rechnen Sie die Masse von K.

Meine Ideen:
Leider scheitert es bei mir gleich an Anfang bei der Integrationsgrenzen. Polarkoordinaten sind mir bekannt. Aber wie ich jetzt genau auf meine Integrationsgrenzen kommen verstehe ich nicht.

Könnte mir da jemand weiterhelfen?

Danke im Voraus.

15.06.2015, 15:16

klarsoweit

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RE: Mehrfachintegral hohle Halbkugel

Zitat:

Original von Nuller
K={(x,y,z)??3??4?x^2+y^2+z^2?9,z?0}

15.06.2015, 15:29

Nuller87

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Sorry hab da wohl was falsch gemacht
Gott

jetzt aber:

$\begin{eqnarray*} K=\left\{ (x,y,z)\in \mathbb R^3| 4\leq x^2+y^2+z^2\leq 9,z\leq 0 \right\} \end{eqnarray*}$

EDIT: Latex-Tags eingefügt (klarsoweit)

15.06.2015, 15:36

Widderchen

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Da du eine Halbkugel hast, die hohl ist und einen Innenradius von 2 sowie einen Außenradius von 3 Einheiten hat, musst du das Volumenintegral

$\begin{eqnarray*} M = \int_{0}^{2\pi} \! \int_{0}^{\pi/2} \! \int_{0}^{3} \! f(r , \theta , \phi) \cdot \rho(\vec{r}) \, r^2 sin(\theta) dr \, d\theta \, d\phi \end{eqnarray*}$ berechnen, oder???

Davon musst du dann - das denke ich jedenfalls - dasselbe Integral in den Grenzen 0 bis 2 für R abziehen. (???)

Viele Grüße
Widderchen

15.06.2015, 16:03

Nuller87

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Hallo Widderchen,

wie kommst du dort denn auf die Integrationsgrenzen?

Danke

Willkommen im Matheboard!
Du hast Dich hier mit zwei Konten angemeldet. Das Konto "Nuller" wird daher demnächst wieder gelöscht.
Viele Grüße
Steffen

15.06.2015, 16:56

Widderchen

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Hallo,

also zunächst verwende ich keine Polarkoordinaten, sondern Kugelkoordinaten.
Dann lautet das zu integrierende Volumenelement:

$\begin{eqnarray*} dV = r^2 sin(\theta) dr d\theta d\phi \end{eqnarray*}$ . Die Integrationsgrenze von 0 bis 2Pi sollte wohl klar sein, da du praktisch auf einem planen Kreis entlang integrierst.
Die Integrationsgrenze von 0 bis 3 bedeutet, dass du dein R entlang des Kugelradius integrierst.

Die Grenze von 0 bis $\begin{eqnarray*} \pi / 2 \end{eqnarray*}$ entsteht, da man sonst bei der Berechnung des Kugelvolumens von 0 bis Pi integriert, also hier praktisch den halben Integrationsweg hat.

Dieses Integral gilt jedoch nur für die "äußere" Hohlhalbkugelschale. Davon musst du anschließend noch dasselbe Integral von 0 bis 2 für die INtegrationsgrenzen von R abziehen, um die Masse der inneren Hohlhalbkugelschale zu erhalten.

Und noch etwas: $\begin{eqnarray*} f(r , \theta , \phi) = 1 \end{eqnarray*}$ sollte wohl auch klar sein, da du nur das Integral

$\begin{eqnarray*} M = \int_{V} \rho(\vec{r}) \, dV \end{eqnarray*}$ berechnen sollst.

Du musst also eigentlich nur für Rho die Funktion einsetzen, dabei die Kugelkoordinatentransformationen für x, y und z berücksichtigen und das Volumenelement dV von oben verwenden. Ich denke, dann sollte etwas Vernünftiges herauskommen.

Viele Grüße
Widderchen

16.06.2015, 08:36

klarsoweit

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Zitat:

Original von Widderchen
Die Grenze von 0 bis $\begin{eqnarray*} \pi / 2 \end{eqnarray*}$ entsteht, da man sonst bei der Berechnung des Kugelvolumens von 0 bis Pi integriert, also hier praktisch den halben Integrationsweg hat.

Bei einer Vollkugel liegt theta normalerweise in den Grenzen $\begin{eqnarray*} -\frac{\pi}{2} \leq \theta \leq \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ . Da in diesem Fall z <= 0 gelten soll, bleibt also für theta das Intervall $\begin{eqnarray*} -\frac{\pi}{2} \leq \theta \leq 0 \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von Widderchen
Dieses Integral gilt jedoch nur für die "äußere" Hohlhalbkugelschale. Davon musst du anschließend noch dasselbe Integral von 0 bis 2 für die INtegrationsgrenzen von R abziehen, um die Masse der inneren Hohlhalbkugelschale zu erhalten.

Die quasi "doppelte" Berechnung des Volumenintegrals kann man sich sparen, wenn man sofort den Radius r in den Grenzen 2 <= r <= 3 wählt. Augenzwinkern

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