Ungerade Funktion auf der Sphäre integrieren

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Inad Auf diesen Beitrag antworten »
Ungerade Funktion auf der Sphäre integrieren
Meine Frage:
Beweise, dass das Integral einer ungeraden Funktion auf der Einheitssphäre 0 ist.

Meine Ideen:
Hallo,

es ist klar, dass f(-x) = -f(x) und auch, dass das allgemeine Integral auf der Einheitssphäre mit dem Faktor r²sin(x) berechnet wird. Aber wie ich das nun angehen soll ist mir unklar, vor allem weil dieses Integral auch drei Variablen hat, heißt das allerdings, dass ich drei Fälle betrachten muss oder, dass es auch ungerade Funktionen mit drei Variablen gibt. Aktuell bin ich leider ziemlich verloren und daher wäre einen Ansatz oder eine Anleitung, was zu tun ist, sehr hilfreich, danke euch schonmal für eure Hilfe.

Schöne Grüße
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

gilt hier für Vektor , d.h., mit reellen Komponenten geschrieben ist .

Beim Beweis kannst du z.B. so vorgehen: Du teilst den Integrationsbereich Einheitssphäre in Nord- und Südhalbkugel, und überführst dann das eine Teilintegral durch geeignete Substitution und natürlich unter Nutzung der Ungeradheitseigenschaft in das andere Integral (allerdings mit entgegengesetzten Vorzeichen) - das wars.
 
 
Inad Auf diesen Beitrag antworten »

Danke schonmal für die Hilfe soweit, ich habe auch schon einen Ansatz für das Integral einer Hemisphäre:

Ist das soweit richtig, oder müssen da die Kugelkoordinaten in Form von noch mit hinein, außerdem wird mir spontan nicht ganz klar, was mit geeigneter Substitution gemeint ist.
Danke auch nochmal für weitere Hilfe, wäre außerdem schön, wenn ich bei weiteren Fragen auch auf Hilfe in diesem Forum zählen könnte, ich bin nämlich neu hier und habe mich primär hier angemeldet, da ich aktuell im Ausland studiere und daher natürlich von Komilitonen und Professoren nicht so gute Hilfe bekomme, da eben alles spanisch ist.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Auwei, da sind ja gleich mehrere schreckliche "Ideen" in deinem Beitrag.

1) Unter Einheitssphäre versteht man nur die Oberfläche der Einheitskugel, nicht die Vollkugel.

2) Wenn du unter die kartesischen Koordinaten verstehst, dann stimmt der Integrationsbereich nicht.

3) Wenn du unter die Kugelkoordinaten verstehst, dann stimmt einer der Winkelintegrationsbereiche und auch der Integrand nicht (wie von dir oben erwähnt kommt da mit fest hinzu bzw. welchen Variablennamen da auch immer hat)


Richtig ist nach Kugelkoordinatentransformation, dass es hier um das Integral

,

geht, bei dir natürlich speziell mit .
Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Man könnte ja einfach



mit + für die Nordhalbkugel und - für die Südhalbkugel nehmen. Man erhält in beiden Fällen:

.

Für die Nordhalbkugel bekommt man das Integral



Und für die Südhalbkugel:



Man substituiert (der Betrag der Funktionaldeterminanten ist 1):



Benennen wir wieder in und in um und verwenden wir die Ungeradheit von :

Inad Auf diesen Beitrag antworten »

Tut mir echt Leid, aber was du da machst, Leopold, verstehe ich überhaupt nicht, da ich Aufgaben von ähnlichem Typ, wie das Volumen oder die Oberfläche der Einheitssphäre zu berechnen bisher immer mit Kugelkoordinaten gemacht habe.
HAL 9000, das Integral, das du hast, hatte ich auch so vermutet, ich habe nur mit angefangen, weil du das so gemacht hast, allerdings ist dein Integral wieder für die ganze Einheitssphäre und nicht für eine Hemisphäre gedacht, sehe ich das dieses Mal richtig, muss gezeigt werden:

Was hier nun allerdings eine geeignete Substitution ist oder wie eine Funktion, die ich nicht kenne über zwei Variablen integriert werden soll, das ist mir leider noch unklar.
Daher wäre Hilfe nochmal gut, HAL 9000 eine allgemeine Erklärung zu der Integration einer unbekannten Funktion wäre gut oder eben auch, wie ich die geeignete Substitution finde.
Leopold, könntest du deinen Rechenweg bitte etwas genauer Erklären.
Danke nochmals für weitere Hilfe, jetzt kommt nämlich aus meiner Sicht der böse Teil der Aufgabe.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Nun ja, falls du doch über Kugelkoordinaten gehen willst: Ich hätte wie gesagt eher in Nord- und Südhalbkugel geteilt, aber dein Weg über die Teilung des -Intervalls geht auch (sozusagen in Ost- und Westhalbkugel):

In dem Sinne würde man sowie substituieren und erhält für die Westhalbkugel

.

Soweit eine reine Substiutionssache in Verbindung mit diversen Symmetrieeigenschaften von Sinus- und Kosinusfunktion. Jetzt wird die Ungeradheitseigenschaft angewandt, und man erhält

,

und damit .
Inad Auf diesen Beitrag antworten »

Ok, danke HAL 9000, das ist einleuchtend, ich habe die ganze Zeit versucht oder ähnliche Konstruktionen zu ersetzen, aber so ist das doch einleuchtend. Jetzt wäre ich nur neugierig wie du es mit Nord und Südhalbkugel gelöst hättest, ansonsten auf jeden Fall danke für die super Hilfe, ich hoffe auch, dass ich bei weiteren Fragen etwas produktiver bin, allerdings hat der Professor zu diesem Thema eben gar nichts in den Notizen und sollte er es erklärt haben, kann es sein, dass ich es nicht verstanden habe, da es wie oben schon erwähnt auf spanisch war.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Inad
Jetzt wäre ich nur neugierig wie du es mit Nord und Südhalbkugel gelöst hättest

Mit haargenau denselben Substitutionen, nur dann anderen Integralgrenzen.

Das ist auch nicht weiter verwunderlich: Nimm dir mal einen Globus und schau dir an, wie sich Längen- und Breitengrad ändern, wenn du von einem Punkt der Oberfläche übergehst zum direkt gegenüberliegenden (d.h. direkt durch den Erdmittelpunkt zur anderen Seite). Genau diese Änderung vollzieht diese Doppelsubstitution der Winkel. Augenzwinkern
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