Integralrechnung Transformation Kugelkoordinaten

10.02.2016, 14:26

green_tea01

Integralrechnung Transformation Kugelkoordinaten

Meine Frage:
Hallo Leute,

ich lerne gerade für meine Klausur und komme mit folgendem Typ Aufgabe nicht ganz klar:

Berechnen Sie durch Transformation auf Kugelkoordinaten das Integral

$\begin{eqnarray*} B:=\left\{ \left(x,y,z\right): \in \mathbb R ^3: 2z^2<x^2+y^2+z^2<1 \right\} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \int_{B}^{} \! (x^2+y^2+z^2) \, dxdydz \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Zunächst sind die Kugelkoordinaten

$\begin{eqnarray*} x = r sin\alpha cos\beta \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y= r sin\alpha sin\beta \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} z= r cos\alpha \end{eqnarray*}$
Die Jacobi Determinante ist $\begin{eqnarray*} r^2 sin\alpha \end{eqnarray*}$

als erstes müssen ja die Grenzen gesetzt werden, dabei ist
$\begin{eqnarray*} r^2 = x^2+y^2+z^2 < 1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 2 z^2 = 2 cos^2\alpha <1 \end{eqnarray*}$
Daraus folgt
$\begin{eqnarray*} -\frac{1}{\sqrt{2}} <\alpha < \frac{1}{\sqrt{2}} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 0<\beta <2\pi \end{eqnarray*}$

alles eingesetzt in das Integral:
$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{1} \! \int_{0}^{2\pi } \! \int_{-\frac{1}{\sqrt{2} } }^{\frac{1}{\sqrt{2} } } \! r^4 sin\alpha \, d\alpha \, d\beta \, dr \end{eqnarray*}$

wie man aber schon sehen kann, wird die Aufleitung von sin (was -cos ist) mit den symmetrischen grenzen 0 ergeben, sodass das ganze Integral 0 ist
aber was raus kommen muss ist

$\begin{eqnarray*} \frac{4\pi }{5\sqrt{2} } \end{eqnarray*}$

Kann mir jmd helfen?

10.02.2016, 15:07

klarsoweit

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RE: Integralrechnung Transformation Kugelkoordinaten

Zitat:

Original von green_tea01
$\begin{eqnarray*} z= r cos\alpha \end{eqnarray*}$

Beachte, daß $\begin{eqnarray*} 0 \leq \alpha \leq \pi \end{eqnarray*}$ gilt. Augenzwinkern

Zitat:

Original von green_tea01
$\begin{eqnarray*} 2 z^2 = 2 cos^2\alpha <1 \end{eqnarray*}$
Daraus folgt
$\begin{eqnarray*} -\frac{1}{\sqrt{2}} <\alpha < \frac{1}{\sqrt{2}} \end{eqnarray*}$

Korrekt ist: $\begin{eqnarray*} 2 z^2 = 2 r^2 cos^2(\alpha) < r^2 \Rightarrow 2 cos^2(\alpha) < 1 \end{eqnarray*}$

Und dann überlege nochmal, für welche alpha mit $\begin{eqnarray*} 0 \leq \alpha \leq \pi \end{eqnarray*}$ die Ungleichung $\begin{eqnarray*} cos^2(\alpha) < \frac 1 2 \end{eqnarray*}$ gilt.

10.02.2016, 15:21

green_tea01

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RE: Integralrechnung Transformation Kugelkoordinaten
Danke schonmal für deine Antwort smile

aber ist alpha immer von 0? ich hab auch andere Aufgaben gehabt, da wurde explizit darauf hingewiesen, dass 0<z ist. Aber hier hat man ja keine Begrenzung nach unten...

10.02.2016, 15:29

green_tea01

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RE: Integralrechnung Transformation Kugelkoordinaten
Ich hatte auch aufgeschrieben gehabt, dass alpha [0,pi] ist und beta [0,2pi].
Aber ich dachte, das gilt nur wenn keine Grenzen angegeben sind.
Oder geht man davon immer aus? Vielleicht liegt da auch der Denkfehler, sodass ich diese Aufgabe nie lösen konnte, da meistens immer 0 rauskam Hammer

10.02.2016, 15:51

klarsoweit

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RE: Integralrechnung Transformation Kugelkoordinaten

Zitat:

Original von green_tea01
Ich hatte auch aufgeschrieben gehabt, dass alpha [0,pi] ist und beta [0,2pi].
Aber ich dachte, das gilt nur wenn keine Grenzen angegeben sind.

Das ist nun mal die Basiseigenschaft der Kugelkoordinaten. smile

10.02.2016, 16:03

HAL 9000

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Es ist vielleicht nicht zwingend notwendig für die Rechnung, aber mir zumindest hilft die anschaulich räumliche Vorstellung dieses Körpers $\begin{align*} B \end{align*}$ :

Das ist eine Kugel vom Radius 1, bei der oben und unten per Kreiskegel mit Öffnungswinkel 90° bis hin zum Ursprung ein Stück "rausgebohrt" wurde. D.h., beim Schnitt entlang der x-z-Ebene sind vom ehemals vollen Schnittkreis der Vollkugel nur noch zwei Viertelkreise links und rechts übrig.

10.02.2016, 16:43

green_tea01

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Okay also dh, meine Grenzen sind dann wie folgt:

$\begin{eqnarray*} 0<r<1 \end{eqnarray*}$
Da für beta nichts weiteres angegeben ist bleibt:
$\begin{eqnarray*} 0<\beta <2\pi \end{eqnarray*}$
und aus der Basisbedienung folgt:
$\begin{eqnarray*} 0<\alpha <\frac{\pi }{4} \end{eqnarray*}$

So und wenn ich nun für r und beta das Integral löse bleibt

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{\frac{\pi }{4} } \! \frac{2\pi }{5} sin\alpha \, d\alpha \end{eqnarray*}$

Wenn ich das aber ausrechne, kommt das gewünschte Ergebnis trotzdem nicht raus...
Entweder ich hab wieder etwas falsch gemacht oder das Ergebnis stimmt nicht verwirrt

10.02.2016, 16:47

HAL 9000

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Zitat:

Original von green_tea01
und aus der Basisbedienung folgt:
$\begin{eqnarray*} 0<\alpha <\frac{\pi }{4} \end{eqnarray*}$

Nein. Wie klarsoweit schon betont hatte, ist die Ungleichung $\begin{align*} \cos^2(\alpha)\leq \frac{1}{2} \end{align*}$ zu lösen. Das führt via $\begin{align*} -\frac{\sqrt{2}}{2}\leq \cos(\alpha)\leq \frac{\sqrt{2}}{2} \end{align*}$ zum Intervall $\begin{align*} \frac{\pi}{4}\leq \alpha \leq \frac{3\pi}{4} \end{align*}$ .

10.02.2016, 17:10

green_tea01

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okay, ich hatte nämlich anfangs die Ungleichung gelöst gehabt, nur die Grenzen mit

$\begin{eqnarray*} -\frac{\pi }{4} bis \frac{\pi }{4} \end{eqnarray*}$ gesetzt, da ich versehentlich vom sinus ausgegangen bin... geschockt

Und jetzt nur für das Verständnis, damit ich mir das für alle Mal merke:
Ist nun $\begin{eqnarray*} 0<\alpha <\pi \end{eqnarray*}$ eine Bedingung?
Denn wenn wir jetzt statt $\begin{eqnarray*} \frac{3\pi }{4} \end{eqnarray*}$ , bei der ja der Bedienung zutrifft, aber eine Zahl über $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ hinaus hätten, müsste man die Grenze bis $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ begrenzen oben?
Bzw. wenn es in den Minus Bereich gehen würde, müsste man diese unten mit 0 begrenzen?

Vielen vielen Dank!! Ich hab da einfach was falsch gelernt Lehrer

10.02.2016, 17:15

HAL 9000

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Zitat:

Original von green_tea01
Und jetzt nur für das Verständnis, damit ich mir das für alle Mal merke:
Ist nun $\begin{eqnarray*} 0<\alpha <\pi \end{eqnarray*}$ eine Bedingung?

Gehört zum Rahmen der Kugelkoordinaten - wie klarsoweit schon erwähnt hatte!

10.02.2016, 17:24

green_tea01

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ich weiß, dass er es erwähnt hat. ich wollte das nur mit meinen Worten umformulieren, und ein einfaches ja als Antwort bekommen, um zu sehen ob ich es verstanden hab.
aber trotzdem danke

10.02.2016, 17:25

HAL 9000

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Trotz "trotzdem" gern geholfen. Wink

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