Kurve und Abstand zum Ursprung

30.12.2015, 17:28

Matheversteher

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Kurve und Abstand zum Ursprung

Hallo alle zusammen,

nach langer zeit habe ich nal wieder ein Problem.

Und zwar sitze ich an der Aufgabe:
Es sei K derjenige Teil der Kurve
$\begin{eqnarray*} r=sin(2\phi) \end{eqnarray*}$
der im ersten Quadranten des Koordinatensystems verläuft.

a.) Welcher Punkt von K hat den größten Abstand zum Ursprung? Geben sie die Koordinaten dieses Punktes an
b.) Welche Steigung hat die Kurve im Punkt mit $\begin{eqnarray*} \phi= \frac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$
c.) Berechnen Sie den Flächeninhalt, der von der Kurve K im ersten Quadranten des Koordinatensystems umschlossen wird.

Ansatz:
b.) DAs ist (glaube ich) relativ einfach, einfach das ganze Ableiten und dann $\begin{eqnarray*} \phi= \frac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$ einsetzen. Die Steigung ist 0.

a.) Hier habe ich keine Ahnung ie ich Anfangen muss. Ich habe mir das ganze in WA mal plotten lassen und es kommt eine Art "Kleeblatt" heraus. Der Punkt der also am weitesten vom Ursprung entfernt ist sollte der, der oben rechts ist. (Ich hoffe ihr wissten welchen ich meine ;-) ) Nur... wie zeigeich das jetzt rechnerisch. Was ist der erste Schritt den ich machen muss?

Ich hoffe ihr könnt mir helfen.
Aufgabenteil c ergibt sichb dann vllt von alleine, wenn ich weiß wie a zu lösen ist. verwirrt

verwirrt

31.12.2015, 10:39

Huggy

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RE: Kurve und Abstand zum Urpsrung

Zitat:

Original von Matheversteher
b.) DAs ist (glaube ich) relativ einfach, einfach das ganze Ableiten und dann $\begin{eqnarray*} \phi= \frac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$ einsetzen. Die Steigung ist 0.

Hier ist doch sicher die Steigung der Kurve in kartesischen Koordinaten gefragt. Dann ist nicht $\begin{eqnarray*} dr/d\phi \end{eqnarray*}$ zu bestimmen, sondern $\begin{eqnarray*} dy/dx \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

a.) Hier habe ich keine Ahnung ie ich Anfangen muss. Ich habe mir das ganze in WA mal plotten lassen und es kommt eine Art "Kleeblatt" heraus. Der Punkt der also am weitesten vom Ursprung entfernt ist sollte der, der oben rechts ist. (Ich hoffe ihr wissten welchen ich meine ;-) ) Nur... wie zeigeich das jetzt rechnerisch. Was ist der erste Schritt den ich machen muss?

Na, $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ ist doch gerade der Abstand vom Ursprung. Was ist also das maximale $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ ?

01.01.2016, 20:46

Matheversteher

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Hallo und frohes neues Jahr Huggy Wink

Wink

Schön, dass du mir hilfst :-)

mhhh ich stehe allgemein auf dem Schlauch. verwirrt

verwirrt

Ich habe nämlich das Problem, wie ich das ganze in die kartesischen Koordinaten umänder.

r ist natürlich der Radius und somit der Abstand des Punktes (x/y) zum Ursprung. Der Radius
$\begin{eqnarray*} r = \sqrt{x^2+y^2} \end{eqnarray*}$ Nur wie komme ich jetzt von $\begin{eqnarray*} sin 2\phi \end{eqnarray*}$ zu x und y? Das verstehe ich nicht so ganz.

Denn für die Umrechnung von Polarkoordinaten in kartesische Koordinaten gilt:
$\begin{eqnarray*} x=r \cdot cos \phi \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y = r \cdot sin \phi \end{eqnarray*}$

Nur wie mache ich jetzt weiter?

Edit:
Die Funktion der Aufgabe sagt ja:
$\begin{eqnarray*} r=sin 2\phi \end{eqnarray*}$
Ist das Radius dann r = 1?!

02.01.2016, 09:05

Huggy

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Zitat:

Original von Matheversteher
Denn für die Umrechnung von Polarkoordinaten in kartesische Koordinaten gilt:
$\begin{eqnarray*} x=r \cdot cos \phi \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y = r \cdot sin \phi \end{eqnarray*}$

Richtig. Nun kannst du noch die gegebene Funktion $\begin{eqnarray*} r(\phi) \end{eqnarray*}$ einsetzen. Die Steigung in kartesischen Koordinaten kann jetzt mittels der Kettenregel bestimmt werden:

$\begin{eqnarray*} \frac {dy}{dx}=\frac {dy}{d\phi}\frac {d\phi}{dx}=\frac {\frac {dy}{d\phi}}{\frac {dx}{d\phi}} \end{eqnarray*}$

Zitat:

Edit:
Die Funktion der Aufgabe sagt ja:
$\begin{eqnarray*} r=sin 2\phi \end{eqnarray*}$
Ist das Radius dann r = 1?!

Ja, denn das Maximum von $\begin{eqnarray*} \sin(2\phi) \end{eqnarray*}$ in dem fraglichen Bereich ist 1.

02.01.2016, 12:44

Matheversteher

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Zitat:

Original von Huggy

Zitat:

Original von Matheversteher
Denn für die Umrechnung von Polarkoordinaten in kartesische Koordinaten gilt:
$\begin{eqnarray*} x=r \cdot cos \phi \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y = r \cdot sin \phi \end{eqnarray*}$

Richtig. Nun kannst du noch die gegebene Funktion $\begin{eqnarray*} r(\phi) \end{eqnarray*}$ einsetzen. Die Steigung in kartesischen Koordinaten kann jetzt mittels der Kettenregel bestimmt werden:

Ah, das heißt meine Kartesischen Koordinaten sind
$\begin{eqnarray*} x=sin 2\phi \cdot cos \phi \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y=sin 2 \phi \cdot sin \phi \end{eqnarray*}$

Das heißt meine Ableitung ist:
$\begin{eqnarray*} \frac {\frac {dy}{d\phi}}{\frac {dx}{d\phi}} = \frac {y'}{x'} = \frac {cos 2\phi \cdot (2sin \phi + cos\phi)}{2cos 2\phi \cdot cos \phi - sin 2\phi \cdot sin\phi} \end{eqnarray*}$

Sieht mir aber zu kompliziert aus verwirrt

verwirrt

Zitat:

Original von Huggy

Zitat:

Edit:
Die Funktion der Aufgabe sagt ja:
$\begin{eqnarray*} r=sin 2\phi \end{eqnarray*}$
Ist das Radius dann r = 1?!

Ja, denn das Maximum von $\begin{eqnarray*} \sin(2\phi) \end{eqnarray*}$ in dem fraglichen Bereich ist 1.

Das war purer Zufall, das habe ich jetzt geraten. Muss ich mal noch rechnerisch lösen, sobald ich das erste unfallfrei hinbekomme Augenzwinkern

Augenzwinkern

02.01.2016, 13:31

Huggy

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Zitat:

Original von Matheversteher
Das heißt meine Ableitung ist:
$\begin{eqnarray*} \frac {\frac {dy}{d\phi}}{\frac {dx}{d\phi}} = \frac {y'}{x'} = \frac {cos 2\phi \cdot (2sin \phi + cos\phi)}{2cos 2\phi \cdot cos \phi - sin 2\phi \cdot sin\phi} \end{eqnarray*}$

Sieht mir aber zu kompliziert aus verwirrt

verwirrt

Der Nenner ist korrekt, aber der Zähler stimmt nicht.
Die korrekte Ableitung sieht optisch auch nicht einfacher aus. Aber du musst sie ja nur an der Stelle $\begin{eqnarray*} \phi=\pi/4 \end{eqnarray*}$ auswerten. Da ergibt sich ein einfaches Ergebnis.

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02.01.2016, 16:18

Matheversteher

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Oh ja

Hammer

Die richtige Ableitung ist natürlich:

$\begin{eqnarray*} \frac {\frac {dy}{d\phi}}{\frac {dx}{d\phi}} = \frac {y'}{x'} = \frac { 2 \cdot cos 2\phi \cdot sin \phi + sin 2\phi \cdot cos \phi}{2 \cdot cos 2\phi \cdot cos \phi - sin 2\phi \cdot sin\phi} \end{eqnarray*}$

b.)
Somit ergibt sich als Steigung in $\begin{eqnarray*} \phi = \frac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$

Die Steigung ist bei mir -1 in $\begin{eqnarray*} \phi = \frac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} cos(2 \cdot \frac{\pi}{4})=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} cos \frac{\pi}{4}= sin \frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt2} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} sin(2 \cdot \frac{\pi}{4})=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \rightarrow \frac{0+1\cdot \frac{1}{\sqrt2}}{0-1\cdot \frac{1}{\sqrt2}}=-1 \end{eqnarray*}$

nun habe ich b.) doch vor a.) gelöst (wenn ich nicht wieder irgendwas in der Eile falsch aufgeschrieben habe.

a.) Muss ich hier auch wieder die kartesischen Koordinaten nehmen?
Der Maximale Abstand müsste dann:

$\begin{eqnarray*} r= \sqrt{x^2+y^2} \end{eqnarray*}$ sein.

$\begin{eqnarray*} x=sin 2\phi \cdot cos \phi <br /> y=sin 2\phi \cdot sin \phi \end{eqnarray*}$ habe.

Das ganze einsetzen in $\begin{eqnarray*} r= \sqrt{x^2+y^2} \end{eqnarray*}$ und ich erhalte $\begin{eqnarray*} r = sin 2\phi \end{eqnarray*}$ (was ich bereits gegeben habe Hammer

Hammer

)

$\begin{eqnarray*} sin 2\phi ' = 2cos2\phi=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow \phi = \frac{n \pi}{4} \end{eqnarray*}$

Wobei die Maxima bei n= 5,9,13,17.... liegen sollten. verwirrt

verwirrt

Edit: Maxima bei $\begin{eqnarray*} \phi = \frac{\pi}{4}+ n\cdot \pi \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$

02.01.2016, 19:03

Huggy

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b) ist geschafft und mit deinem Edit auch a). Dabei ist das Ableiten eigentlich unnötig. Wenn man die Kenntnis der Nullstellen des Cosinus voraussetzt, kann man auch die Kenntnis der Maxima des Sinus voraussetzen.

Nun kannst du dich c) widmen.

02.01.2016, 19:54

Matheversteher

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Zitat:

Original von Huggy
b) ist geschafft und mit deinem Edit auch a). Dabei ist das Ableiten eigentlich unnötig. Wenn man die Kenntnis der Nullstellen des Cosinus voraussetzt, kann man auch die Kenntnis der Maxima des Sinus voraussetzen.

Nun kannst du dich c) widmen.

Gut, dann bin ich beruhigt, dass ich das fast unfallfrei geschafft habe.

Mit c.) habe ich mich in der Zwischenzeit beschäftigt.

Wenn ich mir den Graphen plotten lasse in WolframAlpha, erhalte ich ein Kleeblatt. Nun soll die Fläche im ersten Quadranten berechnet werden. Das heißt meine Integralgrenzen müssten von 0 bis $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ gehen. Soweit so klar.

Nur wie berechne ich das Integral? In meinem Skript habe ich das hier gefunden (Siehe Anhang) oder nutze ich auch wieder die kartesischen Koordinaten?

03.01.2016, 08:22

Huggy

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Benutze die Skriptformel. Damit geht es ganz einfach. Der Weg über kartesische Koordinaten dürfte viel mühsamer sein.

03.01.2016, 12:00

Matheversteher

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Zitat:

Original von Huggy
Benutze die Skriptformel. Damit geht es ganz einfach. Der Weg über kartesische Koordinaten dürfte viel mühsamer sein.

Ich habe für die Berechnung desFlächeninhalts unter Doppelintegral nachgeschaut, das Kapitel folgt im Skript direkt auf das Kapitel mit Funktion mit mehreren Variablen.
Und hier haben wir eine ganze Masse an Möglichkeiten gegeben wie wir das dann berechnen könnten, deshalb habe ich erstmal das rausgesucht was mit Polarkoordinaten zu tun hatte. Ich habe deshalb mal die nächste Seite mit eingescannt (siehe Anhang)

WAs ich nicht gesehen habe ist, dass ich die erste Formel, die ich genommen habe nur in "Standardbereichen" einsetzen kann (Was immer das heißen mag verwirrt

verwirrt

).

Oder nehme ich da die andere Formel bzgl "Polarkoordinaten"?

03.01.2016, 13:41

Huggy

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Selbst denken macht klug!

Du bist zu sehr darauf fixiert, eine Formel zu finden, die dir das gesuchte Ergebnis mundgerecht serviert. Das mag im Einzelfall klappen. Allgemein kommst du so nicht weit. Du musst versuchen, Formeln inhaltlich zu verstehen. Dann kannst du zu einem Problem die geeignete Formel finden und korrekt anwenden.

Deine neuen Formeln beziehen sich auf die Bestimmung des Schwerpunkts einer Fläche. Der ist aber in der Aufgabe gar nicht gefragt. Du sollst die Fläche selbst bestimmen. Dazu eignet sich die zuerst von dir aufgeführte Skriptformel. Was besagt diese Formel inhaltlich? Sie gibt dir an, wie man eine in kartesischen Koordinaten gegebene Funktion $\begin{eqnarray*} f(x, y) \end{eqnarray*}$ unter Benutzung von Polarkoordinaten über ein Gebiet (eine Fläche) $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ integrieren kann. Die Bestimmung der Fläche selbst ergibt sich definitionsgemäß durch eine besonders einfache Funktion f. Wie lautet diese Funktion? Das ist der erste Schritt zur Bestimmung der Fläche durch Integration in Polarkoordinaten.

Was es mit den Standardbereichen auf sich hat, stellen wir erst mal zurück. Deine gesuchte Fläche ist ein Standardbereich.

03.01.2016, 19:22

Matheversteher

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Ich scheiter irgendwie an meiner Funktion f. Welche ist das? verwirrt

verwirrt

Den Rest glaube habe ich:

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \! ( \int_{0}^{1} \! f(r cos \phi, r sin \phi)\cdot r \, dr) \phi \end{eqnarray*}$

Die Integralgrenzen habe ich mir so gedacht:
Von 0 bis $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ , weil der Teil des Graphen im ersten Quadranten liegt.
Von 0 bis 1, weil der Radius sich zwischen 0 und 1 bewegt, was aus Aufgabenteil b hervorgeht.

Mir fehlt nun nur die Funktion f:
$\begin{eqnarray*} r=sin(2\phi) \end{eqnarray*}$
Also ich meine f ist natürlich $\begin{eqnarray*} f ( sin(2\phi) \cdot cos \phi, sin(2\phi) \cdot sin \phi ) \end{eqnarray*}$

Aus dem Bauch heraus hätte ich jetzt so integriert:

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \! ( \int_{0}^{1} r sin(2\phi) \, dr)d\phi \end{eqnarray*}$

Das integriere ich erst über r und anschließen über phi.

04.01.2016, 08:54

Huggy

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Da stimmt fast alles nicht. Die Funktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ zur Bestimmung der Fläche hat nichts mit der konkreten Aufgabe zu tun. Sie gilt für jede beliebige Fläche. Diese Funktion ist einfach $\begin{eqnarray*} f=1 \end{eqnarray*}$ . Sei $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ eine Fläche und $\begin{eqnarray*} |A| \end{eqnarray*}$ ihre Größe, ihr Flächeninhalt. Dann gilt allgemein in kartesischen Koordinaten:

$\begin{eqnarray*} |A|=\iint\limits_A 1 \cdot dydx \end{eqnarray*}$

Dieses $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ist nun in die Skriptformel einzusetzen. Man erhält

$\begin{eqnarray*} |A|=\int\limits_{\varphi_1}^{\varphi_2}\int\limits_{r_u(\varphi)}^{r_o(\varphi)}rdrd\varphi \end{eqnarray*}$

wobei ich die $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ jetzt nicht mehr explizit hingschrieben habe.

Die äußeren Grenzen des Integrals für $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ sind bei dir richtig, die inneren Grenzen für $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ dagegen nicht, jedenfalls nicht die obere Grenze. Um die Grenzen für $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ zu bestimmen, musst du dir zunächst einen Winkel $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ im Integrationsgebiet gegeben denken, denn diese Grenzen werden im allgemeinen von $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ abhängen. Jetzt zeichnest du einen Strahl durch den Nullpunkt in diesem Winkel zur x-Achse. Es genügt natürlich, sich den Strahl gedanklich vorzustellen. Wo dieser Strahl in die Fläche $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ eintritt, ist deine untere Grenze $\begin{eqnarray*} r_u(\varphi) \end{eqnarray*}$ , wo er die Fläche $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ verlässt, ist deine obere Grenze $\begin{eqnarray*} r_o(\varphi) \end{eqnarray*}$ . Da der Nullpunkt zur Fläche gehört, tritt der Strahl bei $\begin{eqnarray*} r=0 \end{eqnarray*}$ in die Fläche ein. Das ist also deine untere Grenze, die bei dir eher zufällig stimmt. Der Strahl verlässt die Fläche auf der gegeben Kurve, also bei $\begin{eqnarray*} r=\sin(2\varphi) \end{eqnarray*}$ . Das ergibt:

$\begin{eqnarray*} |A|=\int\limits_0^{\pi/2}\int\limits_0^{\sin(2\varphi)}rdrd\varphi \end{eqnarray*}$

Jetzt brauchst du das Integral nur noch auszuführen.

04.01.2016, 18:46

Matheversteher

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Danke für den langen Post, sehr verständlich Freude

Freude

Aber eins ist mir noch nicht so richtig klar. Warum ist $\begin{eqnarray*} f=1 \end{eqnarray*}$ verwirrt

verwirrt

Ist das Immer so?

Wenn ich jetzt die Rechnung weiter ausführe, dann sieht das so aus:

$\begin{eqnarray*} |A|=\int\limits_0^{\pi/2}\int\limits_0^{\sin(2\varphi)}rdrd\varphi \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} |A|=\int\limits_0^{\pi/2}\left[\frac{1}{2}r^2\right]_{0}^{sin(2\varphi)} d\varphi \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} |A|=\int\limits_0^{\pi/2} (\frac{1}{2}sin^2(2\varphi )) d\varphi \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \left[\frac{1}{16} (4 \varphi -sin(4 \varphi))\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =\frac{1}{16} \cdot (2\pi - sin (2\pi))- \frac{1}{16}(0-0)=\frac{\pi}{8} \end{eqnarray*}$

Stimmt das so verwirrt

verwirrt

Edit

Zitat:

Original von Huggy

Die äußeren Grenzen des Integrals für $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ sind bei dir richtig, die inneren Grenzen für $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ dagegen nicht, jedenfalls nicht die obere Grenze. Um die Grenzen für $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ zu bestimmen, musst du dir zunächst einen Winkel $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ im Integrationsgebiet gegeben denken, denn diese Grenzen werden im allgemeinen von $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ abhängen. Jetzt zeichnest du einen Strahl durch den Nullpunkt in diesem Winkel zur x-Achse. Es genügt natürlich, sich den Strahl gedanklich vorzustellen. Wo dieser Strahl in die Fläche $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ eintritt, ist deine untere Grenze $\begin{eqnarray*} r_u(\varphi) \end{eqnarray*}$ , wo er die Fläche $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ verlässt, ist deine obere Grenze $\begin{eqnarray*} r_o(\varphi) \end{eqnarray*}$ . Da der Nullpunkt zur Fläche gehört, tritt der Strahl bei $\begin{eqnarray*} r=0 \end{eqnarray*}$ in die Fläche ein. Das ist also deine untere Grenze, die bei dir eher zufällig stimmt. Der Strahl verlässt die Fläche auf der gegeben Kurve, also bei $\begin{eqnarray*} r=\sin(2\varphi) \end{eqnarray*}$ .

Angenommen meine Funktion sähe so aus:
$\begin{eqnarray*} r=3sin(2\varphi) \end{eqnarray*}$

Dann würde sich die Integralgrenzen so verändern: Das äußere Integral bleibt gleich also von 0 bis $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ ,
das innere Integral hingegen bekäme eine neue Obergrenze und das wäre dann $\begin{eqnarray*} 3\sin{2\varphi} \end{eqnarray*}$ .
Der Rest müsste dann analog funktionieren.

Meine Frage von oben bleibt aber bestehen, warum ist f=1?

04.01.2016, 19:59

Huggy

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Zitat:

Original von Matheversteher
Aber eins ist mir noch nicht so richtig klar. Warum ist $\begin{eqnarray*} f=1 \end{eqnarray*}$ verwirrt

verwirrt

Ist das Immer so?

Ja. Man kann das als eine Definition der Fläche ansehen. Das sollte irgendwann mal in eurer Vorlesung gebracht worden sein. In kartesischen Koordinaten führt das z. B. zur Berechnung der Fläche unter einer Funktion $\begin{eqnarray*} y=f(x) \end{eqnarray*}$ im Intervall $\begin{eqnarray*} [a, b] \end{eqnarray*}$ , wie man es aus der Schulmathematik kennt:

$\begin{eqnarray*} |A|=\iint\limits_A dydx=\int\limits_a^b\int\limits_0^{f(x)}dydx=\int_a^b f(x)dx<br /> \end{eqnarray*}$

Dein Ergebnis $\begin{eqnarray*} \pi/8 \end{eqnarray*}$ ist korrekt.

Zitat:

Angenommen meine Funktion sähe so aus:
$\begin{eqnarray*} r=3sin(2\varphi) \end{eqnarray*}$

Dann würde sich die Integralgrenzen so verändern: Das äußere Integral bleibt gleich also von 0 bis $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ ,
das innere Integral hingegen bekäme eine neue Obergrenze und das wäre dann $\begin{eqnarray*} 3\sin{2\varphi} \end{eqnarray*}$ .
Der Rest müsste dann analog funktionieren.

Richtig.

04.01.2016, 20:26

Matheversteher

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Yeah danke Huggy für die Zeit, die du geopfert hast smile

smile

Ich wünsche Dir noch einen schönen Rest-Abend Wink

Wink

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