Doppelintegral mit Polarkoordinaten

11.08.2023, 15:31

MMchen60

Doppelintegral mit Polarkoordinaten

Liebe Forumsgemeinde,
es geht um die Aufgabe im Anhang. Lösungsteil a) ist mir klar. Lösungsteil b) - siehe Anhang - nicht. Gemäß Lösungsteil des Profs kommt da noch ein $\begin{eqnarray*} \cdot r \end{eqnarray*}$ hinzu, von mir rot gekennzeichnet. Wieso?
Das führt doch bei weiterer Auflösung des Integrals zu einem $\begin{eqnarray*} r^4 \end{eqnarray*}$ in der Stammfunktion. Und seit wann ist denn ein $\begin{eqnarray*} r \in \mathbb{R}^4 \end{eqnarray*}$ ?
Weiterhin kommt beim Prof eine 8 heraus, nach meinem Kenntnisstand ist die Fläche eines Halbkreises mit einem Radius von 2 aber $\begin{eqnarray*} 2\;\pi \end{eqnarray*}$ und nicht 8.
Habe ich da irgendwo einen Denkfehler?
Vielen Dank für Antwort.

11.08.2023, 19:45

klauss

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Doppelintegral mit Polarkoordinaten
Hm, da gibts noch was zu tun. Also in kartesischen Koordinaten würde das Integral lauten
$\begin{eqnarray*} \int_{-2}^{2} \!\int_{0}^{\sqrt{4-x^{2} } } \! \sqrt{x^{2}+y^{2} }\cdot y \, dy \, dx \end{eqnarray*}$
Man wechselt jetzt zu Polarkoordinaten
$\begin{eqnarray*} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} \rightarrow \begin{bmatrix} r\cos \varphi \\ r\sin \varphi \end{bmatrix} \end{eqnarray*}$
und dabei ist eine gewisse Jacobi-Determinante = $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ einzubringen.
Das neue Integral lautet dann
$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{\pi} \!\int_{0}^{2} \! r^{2}\sin \varphi ~ r \, dr \, d\varphi = \int_{0}^{\pi} \!\int_{0}^{2 } \! r^{3}\sin \varphi \, dr \, d\varphi \end{eqnarray*}$
Da kommt tatsächlich 8 raus, aber das soll natürlich auch nicht die Fläche des Halbkreises sein, sondern sozusagen das Volumen zwischen $\begin{eqnarray*} D \end{eqnarray*}$ und der Funktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ .
Mit dem Ergebnis geht es wohl jetzt rückwärts an die Feinarbeit.

12.08.2023, 00:23

Luftikus

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Doppelintegral mit Polarkoordinaten

Zitat:

Original von MMchen60
[..]Gemäß Lösungsteil des Profs kommt da noch ein $\begin{eqnarray*} \cdot r \end{eqnarray*}$ hinzu, von mir rot gekennzeichnet. Wieso?
[..] nach meinem Kenntnisstand ist die Fläche eines Halbkreises mit einem Radius von 2 aber $\begin{eqnarray*} 2\;\pi \end{eqnarray*}$ und nicht 8.

* Etwas anschaulicher betrachtet, unterteilst du bei kartesischen Koordinaten die Fläche in kleine "Rechteckflächen" dx dy, bei Polarkoordinaten jedoch in kleine "Ringflächen" dr ds = dr r d\phi und integrierst dann die Funktion darüber. Etwas mathematischer kommen die Korrekturfaktoren aus der Jacobideterminanten.

* Deine Fläche ist nicht D, sondern die Fläche der Funktion f über der Fläche D. Das solltest du dir einmal klarmachen. (Die Fläche D ist davon nur ein Spezialfall für ein spezielles f).

13.08.2023, 08:59

MMchen60

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Doppelintegral mit Polarkoordinaten

Zitat:

Original von klauss
Man wechselt jetzt zu Polarkoordinaten
$\begin{eqnarray*} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} \rightarrow \begin{bmatrix} r\cos \varphi \\ r\sin \varphi \end{bmatrix} \end{eqnarray*}$
und dabei ist eine gewisse Jacobi-Determinante = $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ einzubringen.

OK, gut, dank e für die Erklärung. Habe die Determinante der Jacobi-Matrx jetzt gebildet, siehe Anhang.
Aber über welche Anweisung gerät die dann in das Doppelintegral $\begin{eqnarray*} \int_0^{\pi} \int_0^2 r^3 sin \varphi \; dr d\varphi \end{eqnarray*}$ ?.
Und wenn ich jetzt integriere erhalte ich doch $\begin{eqnarray*} r^4 \end{eqnarray*}$ . Wenn das aber ein Volumen sein soll - wie geschrieben - dann stimmt doch die Dimension nicht.
VG MMchen

13.08.2023, 13:18

klauss

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Doppelintegral mit Polarkoordinaten
Ein Radiusstrahl, der alle Punkte des Halbkreises überstreicht, hat eine Länge $\begin{eqnarray*} r \in [0;2] \end{eqnarray*}$ und bewegt sich im Winkelbereich $\begin{eqnarray*} \varphi \in [0;\pi] \end{eqnarray*}$ . Das sind die neuen Intervallgrenzen für das Doppelintegral (vgl. oben die kartesischen Integralgrenzen).

Der Einwand zur Dimension erscheint auf den ersten Blick plausibel, ich würde ihn anschaulich so ausräumen:
Die Integrandenfunktion stellt an jeder Stelle $\begin{eqnarray*} (x;y) \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} (r;\varphi) \end{eqnarray*}$ (betraglich) den Abstand der Funktion von der Grundebene dar und kann im Sachzusammenhang somit in ihrer gesamten Funktionsvorschrift mit einer Längeneinheit behaftet sein.
Es hat also der Term $\begin{eqnarray*} r^{2}\sin\varphi \end{eqnarray*}$ die Dimension Länge, ebenso wie ursprünglich der Term $\begin{eqnarray*} \sqrt{x^{2}+y^{2} }\cdot y \end{eqnarray*}$
Während im kartesischen Integral dann noch mit den Längen " $\begin{eqnarray*} dx \end{eqnarray*}$ ", " $\begin{eqnarray*} dy \end{eqnarray*}$ " multipliziert wird, kommt im neuen Integral $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ und " $\begin{eqnarray*} dr \end{eqnarray*}$ " hinzu. $\begin{eqnarray*} d\varphi \end{eqnarray*}$ ist dimensionslos.
Beide Fälle liefern also letztlich ein Doppelintegral, das irgendetwas der Art [Länge $\begin{eqnarray*} ^{3} \end{eqnarray*}$ ] aufsummiert.

14.08.2023, 08:30

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von MMchen60
Und wenn ich jetzt integriere erhalte ich doch $\begin{eqnarray*} r^4 \end{eqnarray*}$ . Wenn das aber ein Volumen sein soll - wie geschrieben - dann stimmt doch die Dimension nicht.VG MMchen

Wer "schreibt" das ? In der Aufgabenstellung lese ich nichts dergleichen. Für mich sieht Integrandenfunktion $\begin{eqnarray*} f(r,\varphi) = r^2\cdot \sin\left(\varphi\right) \end{eqnarray*}$ nach Flächendimension 2 aus. Und integriert man eine Fläche über eine Fläche, dann kommt ein Ergebnis in vierdimensionale Länge heraus, sieht für mich völlig Ok aus.

Betrachtet man allgemein Radius $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ des Halbkreises $\begin{eqnarray*} D \end{eqnarray*}$ statt nur Spezialfall $\begin{eqnarray*} R=2 \end{eqnarray*}$ , so lautet der Integralwert $\begin{eqnarray*} \frac{R^4}{2} \end{eqnarray*}$ , also tatsächlich von der physikalischen Dimension $\begin{eqnarray*} \mbox{Länge}^4 \end{eqnarray*}$ .

14.08.2023, 09:46

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Die Aufgabenstellung ist nicht geheuer. Es wird ein Funktionsbezeichner $\begin{align*} f \end{align*}$ mit den Argumenten $\begin{align*} r,\varphi \end{align*}$ eingeführt. Dann soll man diese Funktion in kartesische Koordinaten umschreiben. Gemeint ist wohl, daß eine Funktion $\begin{align*} f(x,y) \end{align*}$ gegeben ist, wobei man $\begin{align*} x=r \cos(\varphi), \ y=r \sin(\varphi) \end{align*}$ substituieren soll. Das ist dann aber eine andere Funktion $\begin{align*} g \end{align*}$ mit $\begin{align*} g(r,\varphi)=r^2 \sin(\varphi) \end{align*}$ . Ohne Skrupel wird wieder der Bezeichner $\begin{align*} f \end{align*}$ verwendet. Das sieht ein bißchen nach "Ingenieurmathematik" aus. Nichts gegen Ingenieure, aber gegen diese Art von "Ingenieurmathematik". Mit einer abhängigen Variablen $\begin{align*} z \end{align*}$ sieht das so aus:

$\begin{align*} z = \underbrace{y \sqrt{x^2+y^2}}_{f(x,y)} = \underbrace{r^2 \sin(\varphi)}_{g(r,\varphi)} \ \ \text{mit} \ \ x = r \cos(\varphi), \ y = r \sin(\varphi) \end{align*}$

Die Integration über den Halbkreis $\begin{align*} D \end{align*}$ kann auch kartesisch durchgeführt werden. Mit $\begin{align*} \frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{1}{3} \left( x^2 + y^2 \right)^{\frac{3}{2}} \right) = y \sqrt{x^2 + y^2} \end{align*}$ folgt:

$\begin{align*} \int_D y \sqrt{x^2+y^2} ~ \dd (x,y) \ = \ \int \limits_{-2}^2 \int \limits_0^{\sqrt{4-x^2}} y \sqrt{x^2+y^2} ~ \dd y ~ \dd x \ = \ \frac{1}{3} \int \limits_{-2}^2 \left( 8 - |x|^3 \right) ~ \dd x \ = \ 8 \end{align*}$

21.08.2023, 09:25

MMchen60

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von HAL 9000

Zitat:

Wer "schreibt" das ?

Klauss hat das geschrieben:

Zitat:

Original von klauss
Da kommt tatsächlich 8 raus, aber das soll natürlich auch nicht die Fläche des Halbkreises sein, sondern sozusagen das Volumen zwischen $\begin{eqnarray*} D \end{eqnarray*}$ und der Funktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ .

21.08.2023, 10:23

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Das ist nur dann ein "echtes" Volumen (im Sinne $\begin{eqnarray*} \mbox{Länge}^3 \end{eqnarray*}$ ), wenn die $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ -Achse - und damit die Integrandenfunktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ - eine Länge repräsentiert, wie die $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ - und $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ -Achse auch. Davon kann bei $\begin{eqnarray*} f(r,\varphi)=r^2\sin(\varphi) \end{eqnarray*}$ aber keine Rede sein. unglücklich