Flächenintegral über Kurve

07.07.2016, 13:14	balance	Auf diesen Beitrag antworten »
Flächenintegral über Kurve Hallo, Sei $\begin{eqnarray} a>0 \end{eqnarray}$ . Berechne den Flächeninhalt der Fläche, die durch die Kurve $\begin{eqnarray} \{(x,y)\in\mathbb R^2\|(x^2+y^2)^2=2a^2xy\} \end{eqnarray}$ begrenz wird. Mittels Polarkoordinaten bekommen wir: $\begin{eqnarray} 0=(x^2+<^2)^2-2a^2xy=r^4-2a^2r^2\cos(\varphi)\sin(\varphi) \end{eqnarray}$ Also gilt: $\begin{eqnarray} r=\pm\sqrt{2a^2\sin\cos} \end{eqnarray}$ bzw $\begin{eqnarray} r=\pm\sqrt{a^2\sin(2\varphi)} \end{eqnarray}$ Variante 1: $\begin{eqnarray} r=\pm\sqrt{a^2\sin(2\varphi)} \end{eqnarray}$ Es muss gelten: $\begin{eqnarray} 0\leq r\leq \sqrt{a^2\sin(2\varphi)} \end{eqnarray}$ , dies ist der Fall für $\begin{eqnarray} \varphi \in[0,\pi/2] \end{eqnarray}$ Wir integrieren: $\begin{eqnarray} \int_0^{\pi/2}2\int_0^{a\sqrt{\sin(2\varphi)}}rdrd\varphi=2\int_0^{\pi/2}a\sin(2\varphi)d\varphi=2\frac{1}{2}\big[-\cos(2\varphi)\big]_0^{\pi/2}=(-1)(-1-1)a^2=a^2 \end{eqnarray}$ Der Faktor 2 kommt hier, weil wir die symmetrie ausnutzen. Wir hätte bei Integral über r auch die untere Grenze als $\begin{eqnarray} -a\sqrt{\sin(2\varphi)} \end{eqnarray}$ nehmen können. Variante 2: $\begin{eqnarray} r=\pm\sqrt{2a^2\sin\cos} \end{eqnarray}$ Auch hier gilt wieder: $\begin{eqnarray} 0\leq r\leq\pm\sqrt{2a^2\sin\cos} \end{eqnarray}$ , was doch der Fall ist für den 1. und 3. Quadranten im Einheitskreis. Sprich: $\begin{eqnarray} \varphi\in[0,\pi/2] \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \varphi\in[\pi,3\pi/2] \end{eqnarray}$ oder? Wir können die Symmetrie nutzen und schreiben: $\begin{eqnarray} 2\int_0^{\pi/2} 2\int_0^{\sqrt{2a^2\sin\cos}} rdrd\varphi=4\int_0^{\pi/2}0.52a^2\sin\cos d\varphi=4a^2\big[\frac{cos^2(\varphi)}{2}\big]_0^{\pi/2}=2a^2(0-1)=-2a^2 \end{eqnarray}$ Wir haben also die Symmetrie ausgenutzt um die Bedingung $\begin{eqnarray} \varphi\in[0,\pi/2] \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \varphi\in[\pi,3\pi/2] \end{eqnarray}$ "auszuführen". Wie man sieht, mache ich irgendwas falsch. Eine meiner Überlegungen muss falsch sein, leider sehe ich nicht, welche. EDIT: Ich möchte meine Gedanken noch ein wenig ausführen: Bei Variante 1 gilt ja: $\begin{eqnarray} \phi\in[0,\pi/2] \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} -\sqrt{a^2\sin(2\varphi)}\leq r\leq \sqrt{a^2\sin(2\varphi)} \end{eqnarray}$ . Also im Prinzip $\begin{eqnarray} \int_0^{\pi/2}d\varphi 2\int_0^{a\sqrt{\sin(2\varphi)}}rdr \end{eqnarray}$ wobei der Faktor 2 hier kommt, weil wir die Symmetrie nutzen (Untere Grenze vom Radius ist ja 0). Bei Variante 2 gilt: $\begin{eqnarray} \varphi\in[0,\pi/2] \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \varphi\in[\pi,3\pi/2] \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} r=\pm\sqrt{2a^2\sin\cos} \end{eqnarray}$ das könnte man schreiben als $\begin{eqnarray} \int_0^{\pi/2}d\varphi \int_{-\sqrt{}}^{\sqrt{}} rdr + \int_\pi^{3\pi/2}\int_{-\sqrt{}}^{\sqrt{}}rdr \end{eqnarray}$ Wir sehen, dass die zwei integrale über phi eigentlich as gleiche ergeben, ergo können wir das Integral schreiben als: $\begin{eqnarray} 2\int_0^{\pi/2}d\varphi\int_{-\sqrt{}}^{\sqrt{}}rdr \end{eqnarray}$ bzw. $\begin{eqnarray} 4\int_0^{\pi/2}d\varphi\int_0^{\sqrt{}}rdr \end{eqnarray}$ [Die Integrale sind nur "schemantisch" dargestellt, daher die ]
08.07.2016, 10:04	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
In Polarkoordinaten hat deine Kurve $\begin{eqnarray} (x^2+y^2)^2=2a^2xy \end{eqnarray}$ die Gestalt $\begin{eqnarray} r^2=a^2\sin(2\phi) \end{eqnarray}$ Eine Wertetabelle sieht im Falle a=1 wie folgt aus (Skizzieren die Kurve mal in diesem Intervall): $\begin{eqnarray} \begin{matrix} \phi & r \\ 0° & 0\\ 15° & 0,707 \\ 22,5° & 0,840 \\ 30° & 0,930 \\ 45° & 1,00 \\ 60° & 0,930 \\ 75° & 0,707 \\ 90° & 0\end{matrix} \end{eqnarray}$ In Polarkoordinaten ist der Flächeninhalt das Integral $\begin{eqnarray} A=\int_0^{\pi/2}\int_0^{a\cdot \sqrt{\sin(2\phi)}} \underbrace{r\,\,drd\phi}_{dA} \end{eqnarray}$ Das kann man leicht ausrechnen.
08.07.2016, 13:17	balance	Auf diesen Beitrag antworten »
Naja, ich kann die Kurve aber auch darstellen wie in der 2. Variante, nicht?
08.07.2016, 20:02	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Schon der impliziten Darstellung kann man einiges entnehmen: $\begin{align} \left( x^2 + y^2 \right)^2 = 2a^2 xy \end{align}$ Offenbar ist $\begin{align} (x,y) = (0,0) \end{align}$ eine Lösung der Gleichung. Für alle anderen $\begin{align} (x,y) \end{align}$ ist die linke Seite positiv. Schaut man sich die rechte Seite an, so muß daher entweder $\begin{align} x,y>0 \end{align}$ oder $\begin{align} x,y<0 \end{align}$ gelten. Ferner sieht man: Ist $\begin{align} (x,y) \end{align}$ eine Lösung, so auch $\begin{align} (-x,-y) \end{align}$ . Die Kurve verläuft daher im I. und III. Quadranten und liegt spiegelbildlich zum Ursprung. Ferner kann man schreiben: $\begin{align} x^2 + y^2 = a \cdot \sqrt{2xy} \, , \ \ xy \geq 0 \end{align}$ Da die linke Seite immer positiv ist, entfällt das negative Vorzeichen vor der Wurzel. Setzt man Polarkoordinaten an: $\begin{align} x = r \cos \varphi \, , \ \ y = r \sin \varphi \ \ \text{mit} \ \ r \geq 0 \, , \ 0 \leq \varphi \leq 2 \pi \end{align}$ so kommen von vorneherein nur $\begin{align} \varphi \in \left[ 0 , \frac{\pi}{2} \right] \end{align}$ oder $\begin{align} \varphi \in \left[ \pi , \frac{3}{2} \pi \right] \end{align}$ in Frage: $\begin{align} r^2 = a \cdot \sqrt{2r^2 \sin \varphi \cos \varphi} \end{align}$ $\begin{align} r = a \sqrt{\sin(2 \varphi)} \, , \ \ \varphi \in \left[ 0 , \frac{\pi}{2} \right] \cup \left[ \pi , \frac{3}{2} \pi \right] \end{align}$ Und somit ist der gesuchte Flächeninhalt für beide Schlaufen zusammen: $\begin{align} A \ = \ \int \limits_0^{\frac{\pi}{2}} \int \limits_0^{a \sqrt{\sin(2 \varphi)}} r ~ \dd r ~ \dd \varphi \ + \ \int \limits_{\pi}^{\frac{3}{2} \pi} \int \limits_0^{a \sqrt{\sin(2 \varphi)}} r ~ \dd r ~ \dd \varphi \ = \ a^2 \end{align}$ Natürlich hätte es wegen der oben beschriebenen Symmetrie gereicht, den Inhalt der Schlaufe im I. Quadranten zu berechnen und den Wert zu verdoppeln. Ich denke, der Hauptfehler in deiner Lösung ist, daß du dir über den Bereich für $\begin{align} r \end{align}$ nicht im klaren bist. Mal sagst du $\begin{align} 0 \leq r \leq \ldots \end{align}$ , und weiter hinten läßt du auf einmal negative $\begin{align} r \end{align}$ zu. So kommt irgendwie ein Faktor 2 zuviel in die Rechnung. In klassischen Polarkoordinaten ist immer $\begin{align} r \geq 0 \end{align}$ vorausgesetzt. Nun muß man aber nicht alles wie immer machen. Man könnte also auch negative $\begin{align} r \end{align}$ zulassen, sozusagen balance-ierte Polarkoordinaten. Dann darf $\begin{align} \varphi \end{align}$ jedoch nur das Intervall $\begin{align} \left[ 0 , \frac{\pi}{2} \right] \end{align}$ durchlaufen. Und von der Funktionaldeterminanten kommt der Faktor $\begin{align} \|r\| \end{align}$ . Mach dir das an einer Zeichnung klar. Und eine Stammfunktion von $\begin{align} g(\varphi) = \sin \varphi \cos \varphi \end{align}$ ist $\begin{align} G_1(\varphi) = \frac{1}{2} \sin^2 \varphi \end{align}$ oder $\begin{align} G_2(\varphi) = - \frac{1}{2} \cos^2 \varphi \end{align}$ .

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