Dreifachintegral < Integration < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:34 Sa 23.07.2011 | | Autor: | yuppi |
Hallo Zusammen,
ich habe bei dreifach Integrale nach Bestimmung der Grenzen folgendes Problem.
Also der Dozent meinte :
,, Das Integral, dessen Integrationsgrenzen von den anderen noch zu integrierenden Variablen abhängen, wird zuerst berechnet.
Ich habe den Satz leider nicht verstehen können.
Vielleicht kann mir das, über dieses Bsp. jemand erklären.
0 [mm] \le [/mm] x [mm] \le1 [/mm]
[mm] -x^2 \le [/mm] y [mm] \le [/mm] x
0 [mm] \le [/mm] z [mm] \ley+x^2
[/mm]
Augabe ist es das Volumen zu berechnen.
Also. vol(k) = 1 dx dy dz
Also wonach nach dem Satz zuerst integrieren. Wäre einer ausführlichen Antwort sehr dankbar, weil ich schon längere Zeit damit Probleme habe.
Gruß yuppi
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:45 Sa 23.07.2011 | | Autor: | yuppi |
Die letzte Grenze
0 [mm] \le [/mm] z [mm] \le y+x^2
[/mm]
|
|
|
| |
|
Hossa :)
Du hast folgende Randbedingungen gegeben:
[mm] $0\le x\le [/mm] 1$
[mm] $-x^2\le y\le [/mm] x$
[mm] $0\le z\le y+x^2$
[/mm]
Um das Volumen zu berechnen, schreibst du dir die Integrale erstmal mit Grenzen auf:
[mm] $V=\int\limits_0^1dx\int\limits_{-x^2}^xdy\int\limits_{0}^{y+x^2}dz\cdot [/mm] 1$
Die "1" ist die Funktion über die du integrieren sollst.
Du fängst mit der Koordinate an, die nirgendwo als Integrationsgrenze vorkommt.
Das x kommt in der unteren und oberen Grenze vom y-Intervall vor. Das y findet sich in der oberen Grenze vom z-Intervall. Nur die z-Koordinate kommt in keiner Integrationsgrenze vor. Also fängst du damit an:
[mm] $V=\int\limits_0^1dx\int\limits_{-x^2}^xdy\left[z\right]_{z=0}^{y+x^2}=\int\limits_0^1dx\int\limits_{-x^2}^xdy\left(y+x^2\right)$
[/mm]
Jetzt suchst du wieder die Koordinate, die in keiner Integrationsgrenze vorkommt. Das ist offensichtlich y. Also integrierst du nun über dy:
[mm] $V=\int\limits_0^1dx\left[\frac{y^2}{2}+x^2y\right]_{y=-x^2}^x=\int\limits_0^1dx\left(\frac{x^2}{2}+x^3-\frac{(-x^2)^2}{2}-x^2\cdot(-x^2)\right)=\int\limits_0^1dx\left(\frac{x^4}{2}+x^3+\frac{x^2}{2}\right)$
[/mm]
Nun kommt auch x nirgendwo in einer Integrationsgrenze mehr vor:
[mm] $V=\left[\frac{x^5}{10}+\frac{x^4}{4}+\frac{x^3}{6}\right]_{x=0}^1=\frac{1}{10}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}=\frac{31}{60}$
[/mm]
Viele Grüße
Hasenfuss
|
|
|
| |
|
> [mm]0\le x\le 1[/mm]
> [mm]-x^2\le y\le x[/mm]
> [mm]0\le z\le y+x^2[/mm]
>
> Um das Volumen zu berechnen, schreibst du dir die Integrale
> erstmal mit Grenzen auf:
>
> [mm]V=\int\limits_0^1dx\int\limits_{-x^2}^xdy\int\limits_{0}^{y+x^2}dz\cdot 1[/mm]
Hallo,
dabei muss man doch noch ein wenig vorsichtig sein.
Es könnte ja grundsätzlich sein, dass die durch
[mm] z=y+x^2 [/mm] beschriebene Fläche an gewissen Stellen
auch unterhalb der Ebene mit z=0 (x-y-Ebene) läge.
Jene Bereiche müsste man dann aus der Integration
ausschließen, da ja nur Volumenelemente gefragt
sind, bei welchen $\ [mm] 0\le z\le y+x^2$ [/mm] erfüllt ist.
Im vorliegenden Beispiel ist es aber (glücklicher-
weise bzw. so geplant, um die Studenten nicht zu
sehr zu schrecken) so, dass dies gerade (knapp)
nicht vorkommt ...
Wer so ein (etwas heikleres) Beispiel betrachten
möchte, berechne einfach das Volumen des Bereiches,
der durch folgende Ungleichungen beschrieben ist:
[mm]0\le x\le 1[/mm]
[mm]-x^2\le y\le x[/mm]
[mm]0\le z\le y+x^\red{\mathbf{3}}[/mm]
LG Al-Chw.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:19 So 24.07.2011 | | Autor: | yuppi |
Tausend Dank.
Hab es jetzt endlich verstanden =)
Lg yuppi
|
|
|
|
