Integration nach Polarkoordinaten

06.02.2016, 15:40

Daniel Krüger

Integration nach Polarkoordinaten

Meine Frage:
Hallo Leute,

ich bin neu hier und plage mich seit langer zeit mit einem Problem dass ich wirklich lösen muss.
Ich bin in der 12. und brauche die Erklärung für meine Facharbeit.
Des weiteren habe ich bereits sehr viel recherchiert und leider wenig gefunden.
Ich möchte eine einfache lineare Funktion in Polarkoordinaten:

Also z.B. r(phi)=a*phi Ein Beispiel: r(phi)=5*phi
In Polarkoordinaten integrieren, sprich die Fläche unter der Spirale rausfinden. sagen wir bei der ersten Umdrehung

Meine Ideen:
Meine Ideen waren folgende:
Integration nach Polarkoordinaten funktioniert ja mit einem Doppelintegral wobei die Grenzen des äußeren die des Winkels Phi sind und die Inneren Grenzen die des Radius:
Also von Null bis 2*\pi und von Null bis R, wobei R der Radius nach einer Umdrehung ist, sprich a*2*\pi = 10*\pi

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{2\pi} \! \int_{0}^{R} \! a*\phi \, rdr \, d\phi \end{eqnarray*}$

Ich habe gesehen, dass man rdrdphi da stehen haben muss.
Aber trotz alldem habe ich verschiedene Ergebnisse und mache Fehler. Keins meiner Ergebnisse hat mit Wikipedia übereingestimmt.
Deshalb hoffe ich auf eure Hilfe Augenzwinkern

Danke schon mal Daniel

06.02.2016, 22:07

MeMeansMe

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RE: Integration nach Polarkoordinaten
Hey,

es ist etwas schwer zu beurteilen, was du genau deine Frage ist. Eventuell könntest du ja mal eine deiner Rechnungen mit uns teilen, damit wir sehen, was genau schief läuft. Und auf welches Ergebnis bei Wikipedia beziehst du dich?

07.02.2016, 12:15

Daniel Krüger

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Ich habe etwas recherchiert und heraus gefunden, dass r*drdÕ die sogenannte Integrationsdeterminante ist. Ob das wirklich so heißt, bzw. was eine Integrationsdeterminante genau ist weiß ich allerdings nicht.
Jedenfalls integriere ich von 0 bis 2 $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ als Grenzen für d $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ und von 0 bis R als Grenzen für dr. Dabei ist R der Radius für den Winkel $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ =2 $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ . Also R=a*2* $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ .

Was ich eigentlich rausfinden möchte ist, die Fläche die die Archimedische Spirale, dessen Gleichung in Polarkoordinaten r( $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ )=a* $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ ist, bei der n-ten Umdrehung einschließt. Dazu habe ich mir gedacht, dass ich einfach mal mit der ersten Umdrehung, sprich von Null bis 2* $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ anfange. Danach die zweite Umdrehung von 2* $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ bis 4* $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ . Und so weiter. Dann wird sich eine Regelmäßigkeit erkennen lassen und man kann es auch für die n-te Umdrehung machen also von (n-1)*2* $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ bis n*2* $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ .

Im Wikipedia Artikel steht folgendes:

Die Fläche, die bei der ersten Umdrehung eingeschlossen wird, ist

$\begin{eqnarray*} \frac{4}{3} \pi^{3} a^{2} \end{eqnarray*}$

während bei der n-ten Umdrehung die Fläche

$\begin{eqnarray*} 8(n-1) \pi^{3} a^{2} \end{eqnarray*}$

zusätzlich eingeschlossen wird.

Im Bild seht ihr zwei meiner Lösungsversuche, von denen ich eigentlich weiß dass Sie falsch sind, da .... $\begin{eqnarray*} a^{3} \end{eqnarray*}$ bei rauskommt was ja nicht sein kann, da meine gesuchte Fläche nicht die Einheit Kubikmeter haben kann.

[attach]40787[/attach]

07.02.2016, 16:40

zyko

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RE: Integration nach Polarkoordinaten
Hi Daniel
s. dir nochmals genau
https://de.wikipedia.org/wiki/Archimedische_Spirale
an.
Vielleicht erkennst du dann, dass dein Integral
$\begin{eqnarray*} \int_0^{2\pi} \int_0^{a\phi} r dr d\phi \end{eqnarray*}$
lauten muss; denn der Außenradius ist von $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ abhängig.
Wenn du dieses Integral löst, erhältst du das gewünschte Ergebnis.

Anmerkung zur Variablensubstitution bei mehrdimensionalen Integralen
s. a. im Internet unter
mehrdimensionale integration substitution.

In deinem einfachen Beispiel musst du das infinitesimale Flächenelement $\begin{eqnarray*} dx dy \end{eqnarray*}$ . dessen Seiten dx und dy parallel zu den kartesischen Koordinatenachsen verlaufen, ersetzen durch ein infinitesimales Flächenelement $\begin{eqnarray*} rdr d\phi \end{eqnarray*}$ dessen Seiten $\begin{eqnarray*} dr \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} rd\phi \end{eqnarray*}$ parallel zu Polarkoordinatenachsen liegen, s.a. das Kreissegment im Bild.

08.02.2016, 18:22

Daniel Krüger

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Hi zyko,

es hat mir schon mal sehr geholfen, das es nun für die erste Umdrehung funktioniert. Ich habe es ausprobiert, jedoch funktioniert das nur für die allererste Umdrehung. unglücklich

Für die zweite Umdrehung, also von Null bis 4* $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ kommt dann allerdings $\begin{eqnarray*} \frac{32}{3} a^{2} \pi^{3} \end{eqnarray*}$ . Das ist der Flächinhalt der ersten Umdrehung plus $\begin{eqnarray*} \frac{28}{3} a^{2} \pi^{3} \end{eqnarray*}$ . Es müssten aber laut Wikipedia $\begin{eqnarray*} 8 a^{2} \pi^{3} \end{eqnarray*}$ dazukommen.

Auch möchte ich dich fragen, warum du anstelle des R ein $\begin{eqnarray*} a \phi \end{eqnarray*}$ Als obere Grenze des inneren Integrals nimmst. R ist ja der Radius am aüßersten, also am letzten, Punkt. Sprich bei der ersten Umdrehung: R= $\begin{eqnarray*} a * \pi \end{eqnarray*}$ . Da das der äußerste Radius ist dachte ich muss ich diesen als Grenze nehmen, das führt allerdings dazu, dass ich in der Lösung ein $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ zu viel habe, also $\begin{eqnarray*} \pi^{4} \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} \pi^{3} \end{eqnarray*}$ , und ich habe beim Integrieren eine Potenz von $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ zu wenig also fehlt das durch drei teilen.

Ich verstehe also nicht warum die Grenze so gewählt sein muss.
Jetzt möchte ich dann fragen, wie man es mit der zweiten, dritten oder n-ten Umdrehung machen würde.
Ich habe es mal ausprobiert, bin aber gescheitert, weil ich nicht weiß was ich als Grenzen für das innere Integral nehmen muss. Die Grenzen für das äußere sind ja klar: $\begin{eqnarray*} (n-1)*2*\pi \end{eqnarray*}$ als untere und $\begin{eqnarray*} n*2*\pi \end{eqnarray*}$ müssen als Grenzen für die n-te Umdrehung genommen werde, oder?

09.02.2016, 13:17

zyko

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Zitat:

Ich habe es ausprobiert, jedoch funktioniert das nur für die allererste Umdrehung. unglücklich

Laut Wikipedia ist die Fläche der ersten Umdrehung $\begin{eqnarray*} \frac{4}{3} a^{2} \pi^{3} \end{eqnarray*}$ . Vielleicht schreibe mal deine Berechnung im Detail auf.

Zitat:

Auch möchte ich dich fragen, warum du anstelle des R ein $\begin{eqnarray*} a \phi \end{eqnarray*}$ Als obere Grenze des inneren Integrals nimmst. R ist ja der Radius am aüßersten, also am letzten, Punkt. Sprich bei der ersten Umdrehung: R= $\begin{eqnarray*} a * \pi \end{eqnarray*}$ .

Für jedes $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ hast du die dafür gültige obere Grenze einzusetzen. Diese ist laut Wikipedia $\begin{eqnarray*} r=a\phi \end{eqnarray*}$ . Deswegen integriere ich bei festgehaltenem $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ bis zu diesem Wert.

Zitat:

Da das der äußerste Radius ist dachte ich muss ich diesen als Grenze nehmen, das führt allerdings dazu, dass ich in der Lösung ein $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ zu viel habe, also $\begin{eqnarray*} \pi^{4} \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} \pi^{3} \end{eqnarray*}$ , und ich habe beim Integrieren eine Potenz von $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ zu wenig also fehlt das durch drei teilen.

Dein Ansatz wurde bedeuten, dass $\begin{eqnarray*} \forall \phi \in [0, 2\pi] \end{eqnarray*}$ also für die gesamte erste Umdrehung konstant der Außenradius bei $\begin{eqnarray*} R=a\pi \end{eqnarray*}$ liegt.

Zitat:

Jetzt möchte ich dann fragen, wie man es mit der zweiten, dritten oder n-ten Umdrehung machen würde.

Beim inneren Integral änderst du gar nichts, sondern übernimmst meine Formel. Beim äußeren Integral sind die Anfangs- und End-Winkel einzusetzen, für die du die Fläche berechnen willst.

15.02.2016, 21:50

Daniel Krüger

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Hi zyko,

ich habe noch ein Problem mit den Grenzen des Integrals, ich verstehe nicht wieso ich keine bestimmten Grenzen nehmen kann. Ich weiß, dass ich sie nicht nehmen kann, da ein phi dann fehlt aber nicht wieso. Und ich würde gerne wissen wie ich den Flächeninhalt einer bestimmten Umdrehung berechnen kann. Soll ich dann von null bis zum Endwert gehen, und dann nochmal von null bis zum (Endwert - 2*pi) nochmal davon abziehen?

Dass ist im Endeffekt meine Frage wie ich den Flächeninhalt der n-ten Umdrehung raus bekommen kann.

Wenn ich nämlich als innere untere Grenze nicht null sondern sag ich mal 2*pi nehme dann bekomme ich nicht das gewünschte Ergebnis.
Verstehst du was ich meine?
Wenn nicht sag bescheid und ich versuche das mal besser zu erklären

22.02.2016, 12:43

zyko

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Hi Daniel,

leider komme ich erst heute dazu, dir zu antworten.
Wenn du das Integral schreibst
$\begin{eqnarray*} \int_0^{\phi} \int_0^{a\phi} r dr d\phi \end{eqnarray*}$ ,
dann summierst du für $\begin{eqnarray*} \phi>2\pi \end{eqnarray*}$ die vorher bereits ermittelten Flächen der inneren Windungen nochmals, s.a. den grünen Strahl im Bild, der bei wachsendem $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ sowohl die neue Fläche als auch die inneren bereits berechneten nochmals überstreicht. Deshalb muss für die Winkel $\begin{eqnarray*} \phi>2(n-1)\pi \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} n>1 \end{eqnarray*}$ der Innenradius auf $\begin{eqnarray*} a(\phi-2\pi) \end{eqnarray*}$ gesetzt werden:
$\begin{eqnarray*} \int_{2(n-1)\pi}^{2n\pi} \int_{a(\phi-2\pi)}^{a\phi} r dr d\phi \end{eqnarray*}$ .
Für $\begin{eqnarray*} n=1 \end{eqnarray*}$ würde in diesem Integral der Innenradius negativ werden. Deshalb ist in diesem Fall die untere Grenze 0 zu setzen.

23.02.2016, 22:21

Daniel Krüger

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Hallo zyko,

die gleiche Idee hatte ich auch gehabt, dass ich als untere grenze für das Integral genau die nehme die du auch genommen hast. Also mit all den Grenzen die du dort genommen hast komme ich wieder zu dem Problem, dass ich am Anfang hatte, nämlich, dass ich beim Integrieren des inneren Integrals einen festen Wert habe, da dort dann nicht mehr nur a mal phi steht sondern, also unten null meine ich, sondern a*(phi-2*pi) und das 2*pi stört. Weil eben eine Potenz von phi fehlt und nicht das gewünschte Ergebnis rauskommt.

Ich habe das Integral mal ausgerechnet und im Foto kannst du dir ja mal anschauen was am Ende bei mir rauskommt. ich sehe allerdings wieder einmal meinen fehler nicht.
Und ich habe zwei Arten zu einem Ergebnis zu kommen, nur weiß ich bei der einen nicht, wie ich integrieren kann.

Also:

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