Kugeloberfläche Kartesisch, Doppelintegral

15.04.2018, 01:24	Joseph_1453	Auf diesen Beitrag antworten »
Kugeloberfläche Kartesisch, Doppelintegral Meine Frage: Sallü Miteinander Ich möchte die Kugeloberfläche kartesisch berechnen, wie mach ich das genau mit den Grenzen und wieso liefert der TR undef. ? Wir wissen Oberfläche: $\begin{eqnarray} \int_{}\! \int_{G} \! T_{x}(x,y) \times T_{y}(x,y)\, dx \, dy \end{eqnarray}$ Meine Ideen: In Kugelkoordinaten bekomme ich folgendes über: T(x,y)= Kugelkoordinaten (rcos(phi)sin(theta), ... , rcos(theta)) $\begin{eqnarray} \vert N \vert = r^2* \|sin\theta\| <br /> \int_{\phi = 0}^{2\pi}\! \int_{\theta =0}^{\pi} \! r^2 \|sin\theta\| \, d\theta \, d\phi = 4\pi r^2<br /> <br /> \end{eqnarray}$ Im Kartesischen wähle ich folgende Grenzen: T(x,y) = (x, y, x^2+y^2) -> (z = x^2+y^2) -R < x < R -sqrt(R^2 - x^2) < y < sqrt(R^2 - x^2) Der Normalenvektor: sqrt(4x^2 + 4y^2 + 1) Meine Rechnung: $\begin{eqnarray} <br /> \int_{x = -R}^{R}\! \int_{y = -\sqrt{R^2 -x^2}}^{\sqrt{R^2 -x^2} } \! \sqrt{4x^2+4y^2 + 1} \, dy \, dx = undef.<br /> \end{eqnarray}$ (sollte 4pi* r^2 geben?) Auf was sollte ich achten oder wie würde ich auf 4pir^2 Ich danke schon im Voraus
15.04.2018, 10:54	sibelius84	Auf diesen Beitrag antworten »
Hi, deine Parametrisierung ist falsch, denn sie erfüllt nicht X^2+Y^2+Z^2=r^2 (wobei Großbuchstaben := entsprechende Komponenten der Parametrisierung). Versuch's lieber mal mit $\begin{eqnarray} T(x,y):=\begin{pmatrix}x\\ y\\ \sqrt{r^2-x^2-y^2} \end{pmatrix},\quad -r\leq x \leq r, \; -\sqrt{r^2-x^2}\leq y\leq\sqrt{r^2-x^2}. \end{eqnarray}$ Hier kannst du dich leicht davon überzeugen, dass X^2+Y^2+Z^2=r^2 gilt, wie es bei der Parametrisierung eines Kreises um den Nullpunkt der Fall sein sollte. Das entstehende Integral kann man lösen, indem man, wenn zB das innere Integral das nach dy ist, hier qualitativ die Ableitung des arcsin erkennt und die lineare Substitution von 'innen': $\begin{eqnarray} y(t):=(\sqrt{r^2-x^2})t \end{eqnarray}$ anwendet. Es ist erstaunlich: Das äußere Integral löst sich dann quasi in Luft auf, da integriert man nur noch eine Konstante. Nicht vergessen, das Ergebnis zu verdoppeln, denn obige Parametrisierung als Funktionsgraph kann natürlich nur eine Halbkugelschale beschreiben. LG sibelius84
15.04.2018, 13:07	Joseph_1453	Auf diesen Beitrag antworten »
@sibelius84 Besten Dank für deine Antwort. Ich habe es mit der neuen Parametrisierung versucht. Das macht wirklich mehr Sinn T(x,y) = (x, y, sqrt(r^2-x^2-y^2) Komme leider immer noch nicht auf 4pir^2 :/ Verstehe den Teil mit " hier qualitativ die Ableitung des arcsin erkennt und die lineare Substitution von 'innen': $\begin{eqnarray} y(t):=(\sqrt{r^2-x^2})t \end{eqnarray}$ anwendet" nicht ganz.... Ich rechne: T(x,y) nach x Ableiten = $\begin{eqnarray} <br /> <br /> \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ \frac{-x}{\sqrt{-x^2+r^2-y^2}} \end{pmatrix} <br /> <br /> \end{eqnarray}$ T(x,y) nach y Ableiten = $\begin{eqnarray} <br /> <br /> \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ \frac{-y}{\sqrt{-y^2+r^2-x^2}} \end{pmatrix} <br /> <br /> \end{eqnarray}$ \|N\| = $\begin{eqnarray} T_x \times T_y = \sqrt{\frac{1}{\sqrt{r^2-x^2-y^2}}} \vert{r} \vert \end{eqnarray}$ Somit bekomme ich: $\begin{eqnarray} <br /> \int_{x = -R}^{R}\! \int_{y = -\sqrt{R^2 -x^2}}^{\sqrt{R^2 -x^2} } \! \sqrt{\frac{1}{\sqrt{r^2-x^2-y^2}}}* \vert{r} \vert \, dy \, dx = 2 * \int_{x = 0}^{R}\! \int_{y = -\sqrt{R^2 -x^2}}^{\sqrt{R^2 -x^2} } \! \sqrt{\frac{1}{\sqrt{r^2-x^2-y^2}}}* \vert{r} \vert \, dy \, dx<br /> <br /> \end{eqnarray}$ TR (TI-nspire CX CAS) = das Gleiche wie oben einfach mit 2 und nicht -r bis r sonder 0 bis r Habe das gleiche Problem mit dem Volumen: Kugelkoordinaten klappt das ganz gut und ich komme auf = 4/3 * pi * r^3 Abr im kartesischen.... TR bei Vol = $\begin{eqnarray} \pi \int_{-r}^{r} \! \frac{ (r^2-x^2) * \sqrt{ sign (r^2-x^2)} }{ \sqrt{ sign(0.) \sqrt{sign(r^2-x^2}} } \, dx <br /> \end{eqnarray*}$ Sonst auch egal ich dachte es wäre eine gute Übung um auf das Gleiche zu kommen abr es gibt mir nur Kopfweh.... Besten Dank...
15.04.2018, 17:05	sibelius84	Auf diesen Beitrag antworten »
Dein inneres Integral ist $\begin{eqnarray} \int_{-\sqrt{r^2-x^2}}^\sqrt{r^2-x^2} \frac{r}{\sqrt{r^2-x^2-y^2}} \; dy \end{eqnarray}$ . Wenn man mal scharf hinsieht, sieht man, dass es von der Form $\begin{eqnarray} \int_a^b \frac{c}{\sqrt{d-y^2}} \; dy \end{eqnarray}$ mit Konstanten c,d ist. Solche Integrale lassen sich mit dem Arcussinus lösen, wenn man $\begin{eqnarray} y(t):=\sqrt d \cdot t \end{eqnarray}$ substituiert. Ausführen musst du das schon selber!
15.04.2018, 17:50	Joseph_1453	Auf diesen Beitrag antworten »
Besten Dank @sibelius84 , dann werde ich es mal so ausführen... Verstehe ich das richtig, würde ich so auf 4pir^2 kommen? Habe leider keinen scharfen Adlerblick in diesen Dingen sonst müsste ich ja nicht fragen ....
15.04.2018, 20:17	sibelius84	Auf diesen Beitrag antworten »
Es gilt $\begin{eqnarray} \arcsin'(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \end{eqnarray}$ , also mit der Kettenregel für $\begin{eqnarray} a> 0:\qquad[\arcsin(ax)]'=\frac{a}{\sqrt{1-(ax)^2}}=\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{a^2}-x^2}}, \end{eqnarray}$ nach Kürzen durch $\begin{eqnarray} a=\sqrt{a^2} \end{eqnarray}$ . Das heißt, wenn du einen Term der Form $\begin{eqnarray} \frac{c}{\sqrt{d-y^2}} \end{eqnarray}$ integrieren willst, könntest du durch $\begin{eqnarray} \sqrt d \end{eqnarray}$ kürzen. Das ergibt $\begin{eqnarray} \frac{\frac{c}{\sqrt d}}{\sqrt{1-\frac{y^2}{d}}} \end{eqnarray}$ , bzw. $\begin{eqnarray} \frac{\frac{c}{\sqrt d}}{\sqrt{1-\left(\frac{y}{\sqrt d}\right)^2}} \end{eqnarray}$ . So kann man sehen, dass die Substitution $\begin{eqnarray} y(t):=\sqrt d \cdot t \end{eqnarray}$ aussichtsreich ist. Generell: (der Pfeil bedeutet immer: nach geeigneter linearer Substitution) $\begin{eqnarray} \frac{a}{b+cx^2} \end{eqnarray}$ -> Arcustangens $\begin{eqnarray} \frac{a}{\sqrt{b-cx^2}} \end{eqnarray}$ -> Arcussinus $\begin{eqnarray} \frac{a}{\sqrt{b+cx^2}} \end{eqnarray}$ -> Areasinus hyperbolicus $\begin{eqnarray} \frac{a}{\sqrt{bx^2-c}} \end{eqnarray}$ -> Areacosinus hyperbolicus (b, c > 0)
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