Dreidimensionales Integral mit z/cosh^2(sqrt(x^2+y^2))

17.11.2018, 13:33

forbin

Dreidimensionales Integral mit z/cosh^2(sqrt(x^2+y^2))

Hallo zusammen,

ich möchte folgendes Integral lösen:

$\begin{eqnarray*} \int\limits_{B}\frac{z}{cosh^{2}(\sqrt{x^{2}+y^{2})}}d(x,y,z) \text{ mit } B:=\left\{(x,y,z)\in\mathbb R^{3} | 1\leq z\leq3, x^{2}+y^{2}\leq 16\right\} \end{eqnarray*}$

Mein Ansatz ist:
$\begin{eqnarray*} \int\limits_{B}\frac{z}{cosh^{2}(\sqrt{x^{2}+y^{2})}}d(x,y,z) = \int\limits_{1}^{3}z\cdot\int\limits_{x^{2}+y^{2}\leq 16}\frac{1}{cosh^{2}(\sqrt{x^{2}+y^{2})}}dxdydz \end{eqnarray*}$

Nun betrachte ich:

$\begin{eqnarray*} \int\limits_{x^{2}+y^{2}\leq 16}\frac{1}{cosh^{2}(\sqrt{x^{2}+y^{2})}}dxdy \end{eqnarray*}$ und gehe über zu $\begin{eqnarray*} (x,y)\mapsto\begin{pmatrix}r\cdot cos(\phi) \\ r\cdot sin(\phi)\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .
Der Betrag der Determinante der Jacobimatrix liefert r.

Also:
$\begin{eqnarray*} \int\limits_{x^{2}+y^{2}\leq 16}\frac{1}{cosh^{2}(\sqrt{x^{2}+y^{2})}}dxdy = \int\limits_{0}^{4}\int\limits_{0}^{2\pi}\frac{r}{cosh^{2}(r)}d\phi dr = 2\pi\cdot\int\limits_{0}^{4}\frac{r}{cosh^{2}(r)}dr \end{eqnarray*}$

Partielle Integration liefert mir die Stammfunktion $\begin{eqnarray*} r\cdot\tanh(r)-ln(cosh(r)) + const \end{eqnarray*}$

Mit dieser gerechnet erhalte ich ein Endergebnis von $\begin{eqnarray*} 8\pi\cdot(4\tanh(4)-ln(cosh(4))) \end{eqnarray*}$

Was sagt ihr dazu?

17.11.2018, 17:12

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Paßt.