Volumen berechnen < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:58 So 04.03.2012 | | Autor: | Marschal |
| Aufgabe | | Hi, ich versuche mir gerade beizubringen, wie man geometrische Figuren anders wie in der Schule berechnen kann. Z.B. ein Würfel mit Kantenlänge 5 LE. |
Dazu muss ich ja erst das Gebiet bestimmen. Das muss ja ein Quadrat sein. $ [mm] G=\{(x,y) |\ 0\leq x,y \leq 5 \} [/mm] $
$ [mm] \Rightarrow \int_0^5\int_0^5 f(x,y)\,\mathrm dx\,\mathrm [/mm] dy = [mm] \int_0^5\int_0^5 5\,\mathrm dx\,\mathrm [/mm] dy = [mm] \int_0^5 [5x]_0^5\, \mathrm [/mm] dy = [mm] \int_0^5 25\, \mathrm [/mm] dy [mm] =[25y]_0^5 [/mm] = 125 $
Hab ich mir das so richtig selbst beigebracht? Das Ergebnis 125 stimmt ja.
Das Volumen eines Quaders kann man dann ja genau so leicht bestimmen. Aber wie geht das z.B. bei einem Zylinder? Da ist das Gebiet ja ein Kreis. [mm] G=\{(x,y) :\ ||(0,1)-(x,y)||\leq 1 \} [/mm] ?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:34 So 04.03.2012 | | Autor: | notinX |
Hallo,
> Hi, ich versuche mir gerade beizubringen, wie man
> geometrische Figuren anders wie in der Schule berechnen
> kann. Z.B. ein Würfel mit Kantenlänge 5 LE.
meinst Du mit 'geometrische Figuren berechnen' deren Volumen zu berechnen?
>
> Dazu muss ich ja erst das Gebiet bestimmen. Das muss ja ein
> Quadrat sein. [mm]G=\{(x,y) |\ 0\leq x,y \leq 5 \}[/mm]
Das ist kein Quadrat, sondern eine unendlich große Fläche, die den vierten Quadranten komplett und einen Teil des ersten Quadranten enthält.
Das wäre z.B. ein Quadrat mit Kantenlänge 5: [mm] $G=\{(x,y) |\ 0\leq x\leq 5,0\leq y \leq 5 \}$
[/mm]
Das ist ja aber nur eine Fläche. Du möchtest ja Volumina berechnen. Da fehlt also noch die dritte Dimension.
>
> [mm]\Rightarrow \int_0^5\int_0^5 f(x,y)\,\mathrm dx\,\mathrm dy = \int_0^5\int_0^5 5\,\mathrm dx\,\mathrm dy = \int_0^5 [5x]_0^5\, \mathrm dy = \int_0^5 25\, \mathrm dy =[25y]_0^5 = 125[/mm]
>
> Hab ich mir das so richtig selbst beigebracht? Das Ergebnis
> 125 stimmt ja.
Ja, das Ergebnis stimmt. Aber bei der Rechnung bin ich mir noch nicht so sicher. Wieso ist $f(x,y)=5$? Das stimmt zwar in diesem Fall, aber eigentlich sieht das Volumenitegral so aus:
[mm] $V=\iiint_V \,\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z$
[/mm]
Es ist also eigentlich ein Dreifach- kein Doppelintegral.
>
> Das Volumen eines Quaders kann man dann ja genau so leicht
> bestimmen. Aber wie geht das z.B. bei einem Zylinder? Da
> ist das Gebiet ja ein Kreis. [mm]G=\{(x,y) :\ ||(0,1)-(x,y)||\leq 1 \}[/mm]
> ?
Ein Kreis ist nur ein Teil eines Zylinders. Die Menge aller Punkte im Zylinder ist z.B. gegeben durch:
[mm] $G=\{(x,y,z) :\ x^2+y^2\leq r^2\, , \, 0\leq z\leq h \}$
[/mm]
Dabei ist r der Radius und h die Höhe des Zylinders.
Gruß,
notinX
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:48 So 04.03.2012 | | Autor: | Marschal |
Hi notinX, ich finde es so nett, dass du mir hilfst!
Mit $ [mm] G=\{(x,y) |\ 0\leq x,y \leq 5 \} [/mm] $ hatte ich das gemeint: $ [mm] G=\{(x,y) |\ 0\leq x\leq 5,0\leq y \leq 5 \} [/mm] $. ich wollte es nur abkürzen^^.
Ich hab nur 2 Dimensionen, weil ich mir irgendwie gedacht habe, dass es ähnlich wie im 1 dimensionalen isz wo man eine Kurve und die x-Achse hat und die Fläche dazwischen bestimmt.
Dann habe ich gedacht hier hat man anstatt ein Stück von der x-Achse halt eine Fläche. Und als Kurve hat man dann alle Punkte aus G, die auf 5 abgebildet wurden, damit es mit der Kantenlänge stimmt. Also die Funktion $ [mm] G\to \IR [/mm] ,\ f(x,y)=5 $.
Bei einem Zylinder wäre es dann ja ein Kries als Grundfläche und als Funktion ("Höhe") z.B. wieder die 5.
Verstehst du?
Wie geht das mit dem Volumenintegral?
Gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:18 So 04.03.2012 | | Autor: | notinX |
> Hi notinX, ich finde es so nett, dass du mir hilfst!
>
> Mit [mm]G=\{(x,y) |\ 0\leq x,y \leq 5 \}[/mm] hatte ich das gemeint:
> [mm]G=\{(x,y) |\ 0\leq x\leq 5,0\leq y \leq 5 \} [/mm]. ich wollte
> es nur abkürzen^^.
>
> Ich hab nur 2 Dimensionen, weil ich mir irgendwie gedacht
> habe, dass es ähnlich wie im 1 dimensionalen isz wo man
> eine Kurve und die x-Achse hat und die Fläche dazwischen
> bestimmt.
Die Fläche zwischen x-Achse und Graph der Funktion $ f(x) $: [mm] $A=\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x$ [/mm] ist nur ein Spezialfall der Integration über einen ![[]](/images/popup.gif) Normalbereich [mm] $G=\lbrace(x,y) \in \mathbb{R}^2\; [/mm] | [mm] \; [/mm] a <x< [mm] b,\; [/mm] g(x) <y < [mm] f(x)\rbrace$. [/mm]
Allgemein gilt: [mm] $A=\int_a^b\int_{g(x)}^{f(x)}\,\mathrm{d}y\mathrm{d}x$
[/mm]
Wenn Du jetzt $g(x)=0$, also die x-Achse wählst, kommt das bekannte Integral raus.
>
> Dann habe ich gedacht hier hat man anstatt ein Stück von
> der x-Achse halt eine Fläche. Und als Kurve hat man dann
> alle Punkte aus G, die auf 5 abgebildet wurden, damit es
> mit der Kantenlänge stimmt. Also die Funktion [mm]G\to \IR ,\ f(x,y)=5 [/mm].
Das hast Du intuitiv richtig gemacht, und Du wirst sehen, auch bei der mathematisch korrekten Rechnung kommt das gleiche raus. Bei komplizierteren Körper lässt sich das aber nicht immer so lösen.
>
> Bei einem Zylinder wäre es dann ja ein Kries als
> Grundfläche und als Funktion ("Höhe") z.B. wieder die 5.
>
> Verstehst du?
Ja, ich verstehe, was Du meinst.
>
> Wie geht das mit dem Volumenintegral?
Ich zeigs Dir mal für den Würfel:
[mm] $V=\int_0^5\int_0^5\int_0^5\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\int_0^5\int_0^5 5\,\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\int_0^5 25\,\mathrm{d}z=125$
[/mm]
Jetzt versuchs mal für den Zylinder.
>
> Gruß
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:39 So 04.03.2012 | | Autor: | Marschal |
$ [mm] G=\{(x,y,z) :\ x^2+y^2\leq r^2\, , \, 0\leq z\leq h \} [/mm] $
Ist r der Radius? Dann will ich ein Kreis mit dem Radius 1 haben. Und h die Höhe? Die wähl ich dann wieder =5.
Dann ist $ [mm] -1\leq [/mm] x [mm] \leq [/mm] 1 $ und $ [mm] -1\leq [/mm] y [mm] \leq [/mm] 1 $ (warum kann ich nicht begründen, ich hab durch einsetzen gesehen, dass das so passt).
$ [mm] \Rightarrow V=\int_{-1}^1\int_{-1}^1\int_0^5\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\int_0^5\int_{-1}^1 2\,\mathrm{d}y\mathrm{d}z [/mm] = [mm] \int_0^5 4\,\mathrm{d}z [/mm] = 20 $
stimmt das so?
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Hallo Marschal,
> [mm]G=\{(x,y,z) :\ x^2+y^2\leq r^2\, , \, 0\leq z\leq h \}[/mm]
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> Ist r der Radius? Dann will ich ein Kreis mit dem Radius 1
> haben. Und h die Höhe? Die wähl ich dann wieder =5.
>
> Dann ist [mm]-1\leq x \leq 1[/mm] und [mm]-1\leq y \leq 1[/mm] (warum kann
> ich nicht begründen, ich hab durch einsetzen gesehen, dass
> das so passt).
>
> [mm]\Rightarrow V=\int_{-1}^1\int_{-1}^1\int_0^5\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\int_0^5\int_{-1}^1 2\,\mathrm{d}y\mathrm{d}z = \int_0^5 4\,\mathrm{d}z = 20[/mm]
>
> stimmt das so?
>
Nein, das stimmt nicht, denn die Grenzen von y hängen von x ab.
Gruss
MathePower
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:02 So 04.03.2012 | | Autor: | Marschal |
Ich muss leider weg, ich versuche heute abend mir eure Antworten anzuschauen.
Vielen Dank für eure Hilfe. Bis dann!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:06 So 04.03.2012 | | Autor: | notinX |
> [mm]G=\{(x,y,z) :\ x^2+y^2\leq r^2\, , \, 0\leq z\leq h \}[/mm]
>
> Ist r der Radius? Dann will ich ein Kreis mit dem Radius 1
> haben. Und h die Höhe? Die wähl ich dann wieder =5.
Das kannst Du tun. Du kannst aber auch erstmal allgemein das Volumen berechnen und erst hinterher Zahlenwerte einsetzen. Das erspart viel Arbeit.
>
> Dann ist [mm]-1\leq x \leq 1[/mm] und [mm]-1\leq y \leq 1[/mm] (warum kann
> ich nicht begründen, ich hab durch einsetzen gesehen, dass
> das so passt).
Das stimmt nur für die Koordinatenachsen, also z.B. wenn y=0. Wenn Du z.B. [mm] $y=\frac{1}{2}$ [/mm] wählst, gilt für [mm] $|x|=\sqrt{r^2-\left(\frac{1}{2}\right)^2}$, [/mm] also [mm] $-\sqrt{r^2-\left(\frac{1}{2}\right)^2}\leq x\leq \sqrt{r^2-\left(\frac{1}{2}\right)^2}$ [/mm] siehe Zeichnung:
[Dateianhang nicht öffentlich]
>
> [mm]\Rightarrow V=\int_{-1}^1\int_{-1}^1\int_0^5\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\int_0^5\int_{-1}^1 2\,\mathrm{d}y\mathrm{d}z = \int_0^5 4\,\mathrm{d}z = 20[/mm]
>
> stimmt das so?
>
MathePower hat Dir ja schon verraten, dass es nicht stimmt.
Du weißt, dass [mm] $x^2+y^2\leq r^2$ [/mm] gilt, was muss also beispielsweise für die Grenzen von y gelten?
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:13 So 04.03.2012 | | Autor: | Marschal |
Ich hatte mir vorgenommen zu schreiben "ich habs verstanden", hab ich aber leider nicht :
$ [mm] V=\int_{0}^h\int_{-\sqrt{r^2-x^2}}^{\sqrt{r^2-x^2}}\int_{-\sqrt{r^2-y^2}}^{\sqrt{r^2-y^2}} \mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z [/mm] = [mm] \int_{0}^h\int_{-\sqrt{r^2-x^2}}^{\sqrt{r^2-x^2}} 2\sqrt{r^2-y^2} \mathrm{d}y\mathrm{d}z [/mm] = [mm] \int_{0}^h 4\sqrt{r^2-y^2}\sqrt{r^2-x^2} \mathrm{d}z [/mm] = [mm] \sqrt{r^2-y^2}\sqrt{r^2-x^2}h [/mm] $
Sind die Integrale eigentlich kommutativ?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:29 So 04.03.2012 | | Autor: | notinX |
> Ich hatte mir vorgenommen zu schreiben "ich habs
> verstanden", hab ich aber leider nicht :
>
> [mm]V=\int_{0}^h\int_{-\sqrt{r^2-x^2}}^{\sqrt{r^2-x^2}}\int_{-\sqrt{r^2-y^2}}^{\sqrt{r^2-y^2}} \mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z = \int_{0}^h\int_{-\sqrt{r^2-x^2}}^{\sqrt{r^2-x^2}} 2\sqrt{r^2-y^2} \mathrm{d}y\mathrm{d}z = \int_{0}^h 4\sqrt{r^2-y^2}\sqrt{r^2-x^2} \mathrm{d}z = \sqrt{r^2-y^2}\sqrt{r^2-x^2}h[/mm]
Wie können am Ende noch Variablen wie x und y vorkommen nachdem Du integriert hast? Das geht nicht. Bei einem bestimmten Einfachintegral [mm] $\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x=c_0$ [/mm] steht am Ende auch nur eine Zahl und kein x mehr.
Außerdem ist das Ausgangsintegral leider falsch. Die Grenzen für x und z stimmen. Die für y bekommst Du aus den Grenzen von x. Die sind nämlich [mm] $\pm\sqrt{r^2-y^2}$ [/mm] Was muss für den Term unter der Wurzel gelten?
>
> Sind die Integrale eigentlich kommutativ?
Was meinst Du damit? Vielleicht, ob man die Integrationsreihenfolge vertauschen darf? Das darf man, solange die Grenzen nicht von Variablen abhängen, nach denen noch integriert wird. Du könntest also die z-Integration zuerst, als zweites oder zuletzt ausführen - das spielt keine Rolle. Die Integration nach x musst Du allerdings vor der Integration nach y ausführen, da die Grenzen von x von y abhängen.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:02 So 04.03.2012 | | Autor: | Marschal |
Ich glaub ich bin gerade richtig verwirrt. Ah halt, erst dankeschön für deine Antwort :)
Genau so habe ich das gemeint mit der Kommutativität.
Für den Term unter der Wurzel von $ [mm] \pm\sqrt{r^2-y^2} [/mm] $ gelten muss gelten, dass er größer-gleich 0 ist.
Also sind die Grenzen von y dann: $ [mm] r^2-y^2 \geq [/mm] 0 [mm] \iff r^2 \geq y^2 \quad \Rightarrow -r\leq [/mm] y [mm] \leq [/mm] r $
Ist das richtig?
$ [mm] V=\int_{0}^h\int_{-r}^{r}\int_{-\sqrt{r^2-y^2}}^{\sqrt{r^2-y^2}} \mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z [/mm] = [mm] \int_{0}^h\int_{-r}^{r} 2\sqrt{r^2-y^2} \mathrm{d}y\mathrm{d}z [/mm] = [mm] \int_{0}^h \left[y\sqrt{r^2-y^2}+r^2\cdot \rm arctan \left(\frac{y}{\sqrt{r^2-y^2}} \right)\right]_{-r}^r \mathrm{d}z [/mm] $
$ = [mm] \int_{0}^h r\sqrt{r^2-r^2}+r^2\cdot \rm [/mm] arctan [mm] \left(\frac{r}{\sqrt{r^2-r^2}}\right) [/mm] - [mm] \left( -r\sqrt{r^2-r^2}+r^2\cdot \rm arctan \left(\frac{-r}{\sqrt{r^2-r^2}} \right) \right)\mathrm{d}z [/mm] $
Das kann ja gar nicht sein was ich da gemacht hab....
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:58 So 04.03.2012 | | Autor: | notinX |
Hallo,
> Ich glaub ich bin gerade richtig verwirrt. Ah halt, erst
> dankeschön für deine Antwort :)
> Genau so habe ich das gemeint mit der Kommutativität.
>
> Für den Term unter der Wurzel von [mm]\pm\sqrt{r^2-y^2}[/mm] gelten
> muss gelten, dass er größer-gleich 0 ist.
>
> Also sind die Grenzen von y dann: [mm]r^2-y^2 \geq 0 \iff r^2 \geq y^2 \quad \Rightarrow -r\leq y \leq r[/mm]
>
> Ist das richtig?
ja, genau.
>
>
> [mm]V=\int_{0}^h\int_{-r}^{r}\int_{-\sqrt{r^2-y^2}}^{\sqrt{r^2-y^2}} \mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z = \int_{0}^h\int_{-r}^{r} 2\sqrt{r^2-y^2} \mathrm{d}y\mathrm{d}z = \int_{0}^h \left[y\sqrt{r^2-y^2}+r^2\cdot \rm arctan \left(\frac{y}{\sqrt{r^2-y^2}} \right)\right]_{-r}^r \mathrm{d}z[/mm]
>
> [mm]= \int_{0}^h r\sqrt{r^2-r^2}+r^2\cdot \rm arctan \left(\frac{r}{\sqrt{r^2-r^2}}\right) - \left( -r\sqrt{r^2-r^2}+r^2\cdot \rm arctan \left(\frac{-r}{\sqrt{r^2-r^2}} \right) \right)\mathrm{d}z[/mm]
>
> Das kann ja gar nicht sein was ich da gemacht hab....
Ich habe das nicht genauer überprüft. Allerdings würde ich wenn ich es 'von Hand' ausrechnen müsste, wohl eine Transformation in Zylinderkoordinaten vorziehen.
In kartesischen Koordinaten funktioniert es auch, aber da sind die Integrale wesentlich komplizierter.
Gruß,
notinX
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:07 Mo 05.03.2012 | | Autor: | Marschal |
Also es steht 0 im nenner. Ist das schwiergig, das in Zylinderkoordinaten umzuwandeln?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:23 Mo 05.03.2012 | | Autor: | Marschal |
Ich habe mir jetzt was zu Zylinderkoordinaten durchgelesen, aber nicht so recht verstanden. Da stand, dass man Kurven auch vektoriell darstellen kann. Muss ich das hier erst tun und dann in Zylinderkoordinaten umwandeln?
Ihr könnt ja mal schauen ob ich mir auch das richtig selbst beigebracht habe: Wenn ich z.B. die Funktion $ [mm] y=x^2+4 [/mm] $. Dann mache ich so: $ [mm] y=x^2+4 \iff x^2+4-y=0=:F(x,y) [/mm] $ (warum eigentlich großes F?). Der Punkt (0,4) liegt in F(x,y).
$ [mm] \Rightarrow [/mm] g(t): y-4=t(x-0)=tx [mm] \iff [/mm] y=tx+4 $
$ [mm] \Rightarrow x^2+4-y\ [/mm] =\ [mm] x^2+4-tx-4\ [/mm] =0 [mm] \quad \iff x^2-tx=0 \quad \iff x(x-t)=0\quad \Rightarrow x_1=0,\ x_2=t [/mm] $
Ich verstehe aber nicht was ich jetzt machen muss...
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:37 Mo 05.03.2012 | | Autor: | Marschal |
Danke auch für deine Hilfe.
Meine Ursprungsfunktion ist doch $ f(x,y,z)=1 $ oder?
Das heißt doch expliziete Form oder? Die kann man doch auch so schreiben: $ f(x,y,z)=0x+0y+0y+1 $
Muss ich die dann nicht erst in die Parameterform bringen, bevor ich sie in Zylinderkoordinatenfrom bringen kann? Also irgendwie als Vektor schreiben, oder?
Hat mir da einer eine gute Seite, wo ich das lernen kann?
Danke
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:17 Mo 05.03.2012 | | Autor: | notinX |
Hallo,
> Danke auch für deine Hilfe.
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> Meine Ursprungsfunktion ist doch [mm]f(x,y,z)=1[/mm] oder?
> Das heißt doch expliziete Form oder? Die kann man doch
ja, die Funktionsgleichung ist explizit angegeben.
> auch so schreiben: [mm]f(x,y,z)=0x+0y+0y+1[/mm]
Kannst Du tun, Du kannst auch noch weitere hundert Faktoren mit null multipliziert dazuaddieren. Ich wüsste aber nicht, was das bringen soll 
>
> Muss ich die dann nicht erst in die Parameterform bringen,
> bevor ich sie in Zylinderkoordinatenfrom bringen kann? Also
> irgendwie als Vektor schreiben, oder?
Nein, eine eindimensionale Funktion bleibt auch nach einer Koordinatentransformation eindimensional und in diesem Fall bleibt sogar die Funktion gleich, da überhaupt keine Variablen vorkommen: [mm] $f(x,y,z)=f(\rho,\phi,z)=1$
[/mm]
Allerdings muss gegebenenfalls noch ein Faktor eingefügt werden, es gilt nämlich bei Koordinatentrafos der Transformationssatz.
>
> Hat mir da einer eine gute Seite, wo ich das lernen kann?
> Danke
Mir fällt keine Seite ein, aber schau Dir mal den wiki-Link an, da ist ein Beispiel. Vielleicht wirds dadurch schon klarer.
Gruß,
notinX
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:46 Mo 05.03.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
vielleicht fängst du lieber mit Flächenberechnung an, das ist auch das integral ohne die z Richtung für den zylinder.
du nimmst eine Kreisscheibe [mm] x^2+y^2\leR^2 [/mm] du willst die fläche: also teillst du den kreis in Streifen der Breite dx , und die wieder in Quadrate der Höhe dy ein.alle die quadrate der Fläche dx*dy musst du jetzt aufaddieren: das machst du, indem du es streifenweise machst, entweder erst waagerechte streifen, die du dann addierst, oder erst senkrechte, die du danach addierst also zuerst in x- richtung und dann in y richtung oder umgekehrt.
dabei ist diese quadratische Einteilung für den Kreis besonders unpraktisch.
jeder punkt im Kreis kann auch durch dem abstand vom 0punkt, r und den Winkel zur x- achse beschrieben werden.
also mit [mm] (x,y)=(rcos\phi,rsin\phi) [/mm] phi von 0 bis [mm] \pi, [/mm] r [mm] \le [/mm] R
jetzt unterteilt man den kreis in lauter Kreisringe der Breite dr und lauter kreissektoren des Winkels [mm] d\phi
[/mm]
ein kleines beinahe Quadrat darin hat jetz die Länge dr und die Breite [mm] r*d\phi [/mm]
also musst du über alle quadrätchen der Länge [mm] r*dr*d\phi [/mm] aufaddieren. wieder ist es egal, ob du erst alle quadrätchen in einem ring addierst und dann über alle Ringe, oder umgekehrt.
(dass man das ganze auch noch nicht mit 1 machen kann sondern mt f(x,y)dxdy
dabei ist z. B die vorstellung f(x,y) sei der Druck an der Stelle (x,y) der mit der fläche multipliziert ergibt dann die Gesamtkraft auf die fläche. statt druch kannst du dir auch ne andere Größe, die von x und y abhängt vorstellen. bei dir ist f=1 natürlich unabhängig davon wie man die Punkte beschreibt.
Wird es so etwas anschaulicher?
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:57 Mi 07.03.2012 | | Autor: | Marschal |
Ich hab direkt eine Frage zu den "Streifen der Breite dx".
meinst du das so:
Kreis
Oder meinst du so Balken wie bei der Riemann-Summe? Meinst du mit Höhe der Quadrate deren Seitenlänge?
Gruß und danke
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:17 Mi 07.03.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
so wie du es gezeichnet hast hab ich es im 2 ten Teil erklärt, Polarkoordinaten- das sind Sektoren der "Breite" [mm] d\phi, [/mm] die du aber noch unterteilen musst in Ringe der Breite (oder Länge) dr, also in deiner Zeichnung fehlen also noch noch ne Menge konzentrische Kreise.
Wenn du über dxdy integrierst, hast du deinen Kreis in Quadrätchen der Länge dx und Hühe dy unterteilt.also den Kreis kariert.Jetzt mussr du die alle aufadddieren.
du kannst das in verschidener Reihenfolge tun:
a) zuerst alle in der unteren Reihe, dann die nächsten usw. bis zur letzten Reihe, oder erst die senkrechte Reihe ganz links, dann die daneben usw.
Irgendwann in der Grundschule wurde dir so erklärt warum ein Rechteck mit 3cm Länge und 4 cm Höhe die Fläche [mm] 4*3cm^2 [/mm] oder [mm] 3*4cm^2 [/mm] hat, weil du 4 Reihen mit jeweils 3 [mm] 1cm^2 [/mm] großen Quadraten hasr, oder 3 Streifen mit je 4 [mm] 1cm^2
[/mm]
also
[mm] \integral_{y1}^{y2}\integral_{x1}^{x2}{ dx}{ dy}
[/mm]
wenn du einfach x1=0, x2=a y1=0, y2=b hast dann adieerst du erst die unterste Reihe auf und kriegst a*dy raus, dann alle Reihen der Fläche ady und du hast a*b
beim Kreis aber hört die Reihe ja nicht bei einem festen x=a auf, sondern bei [mm] \wurzel{r^2-y^2} [/mm] also hast du reihen der Länge [mm] \wurzel{r^2-y^2}und [/mm] der Fläche [mm] \wurzel{r^2-y^2}*dy [/mm] die du noch alle aufsummieren musst bis y=r
ich hab 2 der x Summationen in verschiedenen Höhen eingezeichnet. grün.
ebenso in Polarkoordinaten, die Vierecke sind für kleinerer dr [mm] d\phi [/mm] dann immer mehr Quadrate.
Bei der Riemannsumme summierst du direkt über Streifen (blau im Bild)
[Dateianhang nicht öffentlich]
[Dateianhang nicht öffentlich]
Gruss leduart
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 2 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:25 Di 13.03.2012 | | Autor: | Marschal |
Ich habe zur Zeit keine Zeit mich weiter damit zu beschäftigen. Aber ich komme auf jeden Fall darauf zurück, bald! Nur damit ihr wisst ihr habt euch nicht umsonst Mühe mit mir gegeben!
Gruß
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:10 Fr 30.03.2012 | | Autor: | Marschal |
echt schlimm, bin wieder ganz raus :(...
Also ich versuche es mal mit der 2. Zeichnung von dir leduart. Die Kreisfunktion hat doch die Formel $ [mm] f(\varphi )=r_0\cdot e^{i\varphi} [/mm] $, wobei [mm] r_0 [/mm] fest ist. Die Bogenlänge eines Kreissektors vom gesamten Kreis ist $ [mm] L(\omega [/mm] ) = [mm] r_0 \cdot \omega [/mm] $, wobei [mm] \omega [/mm] der Mittelpunktswinkel ist.
Aber wie komme ich dann weiter? ![[verlegen]](/images/smileys/verlegen.gif "[verlegen]")
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:00 Fr 30.03.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
warum willst du plötzlich komplex rechnen?
besser ist [mm] x=rcos\phi, y=rsin\phi
[/mm]
du willst die Kreisfläche ausrechnen.
zum Radius R
du unterteilst sie wie in meiner Zeichnung. eines der Teilquadrätchen hat die Fläche:
[mm] dA=r*d\phi*dr
[/mm]
du summierst über alle Teilflächen von r=0 bis R und über alle Winkel, also [mm] \phi [/mm] von 0 bis [mm] 2\pi
[/mm]
dann hast du
[mm] \integral_{0}^{2\pi}{\integral_{0}^{R}{r*dr*d\phi}}
[/mm]
Wenn du das nicht mit Polarkoordinaten machen willst sondern mit kartesischen, haben die quadrättchen dA=dx*dy
aber es gilt [mm] x^2\le R^2-y^2 [/mm] oder
[mm] y^2\leR^2-x^2
[/mm]
du hast dann das integral
[mm] \integral_{0}^{R}{\integral_{-\wurzel{R^2-y^2}}^{\wurzel{R^2-y^2}}{ dx *dy}}
[/mm]
wenn du erst in x Richtung summierst oder
[mm] \integral_{0}^{R}{\integral_{-\wurzel{R^2-x^2}}^{\wurzel{R^2-x^2}}{ dy* dx}} [/mm]
wenn du erst in y- Richtung integrierst.
sieh das zusammen mit meinen Skizzen an!
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:00 Fr 30.03.2012 | | Autor: | Marschal |
Ich kann das Integrieren über 2 Variablen einfach nicht verinnerlichen. Sein Zustandekommen.
Glaubst du das ganze könnte für mich einfacher werden, wenn ich es mit Parameterdarstellung probiere?
$ [mm] y=\pm \sqrt{R-x^2} [/mm] $
Setze $ x:=t $. Dann ist $ [mm] y=\pm \sqrt{R-t^2} [/mm] $. Dann habe ich $ [mm] f(x,y)=\vektor{t \\ \pm \sqrt{R-t^2}} [/mm] $.
Ich glaube das einfach noch eine Nummer zu groß für mich.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:14 Fr 30.03.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
natürlich kannst du die Fläche eines kreises mit einem gewohnlichen Integral ausrechnen, wenigstens einen Halbkreis, indem du die fkt [mm] y=\sqrt{R^2-x^2} [/mm] dx integrierst, das hat nichts mit Parametrisierung zu tun!
Die 2 und 3 dimensionalen integrale summieren nicht mehr einfach Funktionswerte, also [mm] f(x_i)*\delta x_i [/mm] auf um die fläche unter dem Graph einer Funktion zu bestimmen, sondern sie summieren über 2 dimensionale Gebiete, [mm] f(x_i,y_i)*\delta x_i*\delta y_i
[/mm]
was hast du an meinen Quadrätchen, über die summiert wird nicht verstanden?
lies einfach nochmal genau durch.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:26 Sa 31.03.2012 | | Autor: | Marschal |
So nach viel Blut, Schweiß und Tränen habe ich endlich folgendes zustande gebracht:
$ [mm] V_{Zylinder}=\integral_{-R}^{R}\integral_{-\sqrt{R-x^2}}^{\sqrt{R-x^2}}{h\ \mathrm dy \mathrm dx} [/mm] = [mm] 2h\integral_{-R}^{R} \sqrt{R-x^2}\ \mathrm [/mm] dx $
Mit Hilfe von WolframAlpha habe ich das integriert:
Setze $ [mm] x=\sqrt{R}\cdot \sin{s}\quad \Rightarrow \bruch{\mathrm dx}{\mathrm ds}=\sqrt{R}\cdot \cos{s}\quad \iff \mathrm dx=\sqrt{R}\cdot \cos{s}\ \mathrm [/mm] ds $
Es ist [mm] x=\sqrt{R}\cdot \sin{s}\quad \iff \bruch{x}{\sqrt{R}}=\sin{s}\quad \iff s=\rm [/mm] arcsin [mm] \bruch{x}{\sqrt{R}}
[/mm]
Dann ist $ [mm] 2h\integral_{-R}^{R} \sqrt{R-x^2}\ \mathrm [/mm] dx = [mm] 2h\integral_{-R}^{R} \sqrt{R-(\sqrt{R}\cdot \sin{s})^2}\ \mathrm [/mm] dx = [mm] 2h\integral_{-R}^{R} \sqrt{R-R\cdot \sin^2{s}}\ \mathrm [/mm] dx = [mm] 2h\integral_{-R}^{R} \sqrt{R(1-\sin^2{s})}\ \mathrm [/mm] dx $
$ = [mm] 2h\integral_{-R}^{R} \sqrt{R\cos^2{s}}\ \mathrm [/mm] dx = [mm] 2h\sqrt{R}\integral_{-R}^{R} \cos{s}\ \mathrm [/mm] dx = [mm] 2h\sqrt{R}\integral_{\rm arcsin \bruch{-R}{\sqrt{R}}}^{\rm arcsin \bruch{R}{\sqrt{R}}} \cos{s}\ \sqrt{R}\cdot \cos{s}\ \mathrm [/mm] ds = [mm] 2hR\integral_{-\rm arcsin \sqrt{R}}^{\rm arcsin \sqrt{R}} \cos^2{s}\ \mathrm [/mm] ds $
$ [mm] =2hR\cdot \bigg(\cos^2{\rm arcsin \sqrt{R}}-\cos^2{(-\rm arcsin \sqrt{R})}\bigg) [/mm] = 0 $
Na toll, jetz habe ich aber nicht den orientierten Flächeninhalt berechnet. Alles für die Katz. ![[weisswerd]](/images/smileys/weisswerd.gif "[weisswerd]")
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:02 Sa 31.03.2012 | | Autor: | Infinit |
Hallo Marschal,
im Prinzip richtig, aber du hast unter der Wurzel das Quadrat für den Radius vergessen.
[mm] y = \wurzel{R^2 - x ^2} [/mm]
muss es heißen.
Damit sind die Substitutionen auch verkehrt und damit auch der Rest der Rechnung.
Das stand auch schon in Leduarts Artikel drin.
Viele Grüße,
Infinit
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:33 Sa 31.03.2012 | | Autor: | Marschal |
aber warum muss da Quadrat sein? $ [mm] x^2+y^2=1 [/mm] $ ist doch ein Kreis mit Radius 1 um den Ursprung. Dann müsste doch [mm] x^2+y^2=R [/mm] ein Kreis mit Radius R um den Ursprung sein?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:36 Sa 31.03.2012 | | Autor: | Loddar |
Hallo Marschall!
Sieh Dir die Kreisgleichung mal an. Diese lautet (mit dem Ursprung als Mittelpunkt):
[mm] $x^2+y^2 [/mm] \ = \ [mm] r^{\red{2}}$
[/mm]
Mit einer kleinen Skizze und etwas Beistand von Herrn Pythagoras sollte Dir das auch schnell klar werden.
Gruß
Loddar
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:01 So 01.04.2012 | | Autor: | chrisno |
Da hast Du die richtige Idee. Das ist aber unnötig mühsam. Flächen unter der x-Achse zählen negativ, oberhalb positiv. Integrier einfach nur oberhalb der x-Achse. Dann musst den Wert noch verdoppeln.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:26 So 01.04.2012 | | Autor: | Marschal |
$ [mm] V_{Zylinder}=2\integral_{-R}^{R}\integral_{0}^{\sqrt{R^2-x^2}}{h\ \mathrm dy \mathrm dx} [/mm] = [mm] 2h\integral_{-R}^{R} \sqrt{R^2-x^2}\ \mathrm [/mm] dx $
und dann bin ich doch schon direkt beim alten Rechenweg wieder? Da ändert sich doch überhaupt nichts?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:04 So 01.04.2012 | | Autor: | Infinit |
Hallo Marschall,
Du bist zwar auf dem alten Rechenweg, aber nicht bei den gleichen Parametern, denn da stand R unter der Wurzel, was verkehrt ist, und nicht R Quadrat. Die weitere Integralrechnung für das äußere Integral ändert sich entsprechend. Kann es sein, dass Du selbst den Überblick verloren hast? Hoffentlich nicht.
Viele Grüße,
Infinit
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:11 So 01.04.2012 | | Autor: | Marschal |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Kann sein, dass ich den Überblick verloren habe. Also ich will das Volumen eines Zylinders ausrechnen, der die Höhe $ f(x,y)=h $ und den Radius R hat. Damit das Integral positiv ist nimm ich nur ein Viertelkreis um den Ursprung von x=R bis y=R und Multipliziere es mit 4:
$ V_{Zylinder}=4\integral_{0}^{R}\left(\integral_{0}^{\sqrt{R^2-x^2}}{f(x,y)\ \mathrm dy \right) \mathrm dx} = 4h\integral_{0}^{R} \left( \big[y\big]_0^{\sqrt{R^2-x^2}}\right) \mathrm dx} = 4h\integral_{0}^{R} \sqrt{R^2-x^2}-0\ \mathrm dx} $
Setze $ x=R\cdot \sin{s}\quad \Rightarrow \bruch{\mathrm dx}{\mathrm ds}=R\cdot \cos{s}\quad \iff \mathrm dx=R\cdot \cos{s}\ \mathrm ds $
Es ist $ x=R\cdot \sin{s}\quad \iff \bruch{x}{R}=\sin{s}\quad \iff s=\rm arcsin \bruch{x}{R} $
Dann ist $ 4h\integral_{0}^{R} \sqrt{R^2-x^2}\ \mathrm dx} = 4h\integral_{-R}^{R} \sqrt{R^2-(R\cdot \sin{s})^2}\ \mathrm dx = 4h\integral_{0}^{R} \sqrt{R^2-R^2\cdot \sin^2{s}}\ \mathrm dx = 4h\integral_{0}^{R} \sqrt{R^2(1-\sin^2{s})}\ \mathrm dx $
$ = 4hR\integral_{0}^{R} \sqrt{\cos^2{s}}\ \mathrm dx = 4hR\integral_{0}^{R} \cos{s}\ \mathrm dx = 4hR\integral_{\rm arcsin \bruch{0}{R}}^{\rm arcsin \bruch{R}{R}} \cos{s}\cdot R\cos{s}\ \mathrm ds = 4hR^2\integral_{\rm arcsin 0}^{\rm arcsin 1} \cos^2{s}\ \mathrm ds = 4hR^2\integral_{0}^{\bruch{\pi}{2}} \cos^2{s}\ \mathrm ds $
$ =4hR^2 \left[{ 1 \over 4} \sin \left(2x\right) +{ 1 \over 2}x\right]_0^{\bruch{\pi}{2}} = 4hR^2 \left({ 1 \over 4} \sin{\pi} +{ \pi \over 4}-0\right) =\pi hR^2 $
Das ist nach erneut viel Blut, Schweiß und Tränen mein Ergebnis... Das stimmt, oder? 
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:51 So 01.04.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
das ist alles richtig, aber viel zu umständlich, mit Polarkoordinaten geht das viel schneller und einfacher.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:47 So 01.04.2012 | | Autor: | Marschal |
Danke. Ich habe mir die Polarkoordinaten Darstellung von Kurven gerade selber etwas beigebracht.
Aber ich weiß trotzdem nicht wie ichs machen soll. Die Kreisfunktion ist ja $ [mm] r(\varphi)=R [/mm] $.
$ [mm] V_{Zylinder}=h\integral_{0}^{2\pi}\integral_{0}^{R}{???\ \mathrm dr \mathrm d\varphi} [/mm] = ??? $
Gibt es eigentlich das Problem von negativen Flächen auch bei Polarkoordinaten?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:56 Mo 02.04.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
ich hatte dir geschrieben, dass das Flächenelement [mm] r*d\phi*dr [/mm] ist [mm] d\phi [/mm] ist ja keine Länge! sondern erst [mm] r*d\phi
[/mm]
also hast du insgesamt
$ [mm] V_{Zylinder}=h*\integral_{0}^{2\pi}\integral_{0}^{R}{r* dr d\varphi} [/mm] = ? $
wenn du das gesamte Volumenintegral hinschreibst
$ [mm] V_{Zylinder}=\integral_{0}^{h}\integral_{0}^{2\pi}\integral_{0}^{R}{r* dr d\varphi*dz} [/mm] = ? $
die Integration über h hast du schon ausgeführt
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:12 Mo 02.04.2012 | | Autor: | Marschal |
Danke leduart, zu dem $ [mm] r\cdot{}d\phi [/mm] $ habe ich allerdings noch eine Frage. Wie kommt man da drauf?
Bei Wikipedia steht die Formel für ein Kreissektor:
[mm] A_{Kreissektor} [/mm] = [mm] \frac{1}{2}R^2\theta
[/mm]
Ich konnte das nicht nachvollziehen: Ich nimm eine Kreisfunktion $ [mm] r(\varphi [/mm] )=R $ und bestimme die Fläche von 0 bis [mm] \theta [/mm] :
$ [mm] \int_0^{\theta} \! R\, \mathrm d\varphi [/mm] = R [mm] \bigg[\varphi \bigg]_0^{\theta} [/mm] = [mm] R\theta [/mm] $ Das stimmt aber nicht mit der Formel aus Wiki überein. Was mache ich falsch?
Nichtsdestotrotz habe ich mit der Formel von Wiki versucht nachzuvollziehen, wei man auf $ [mm] r\cdot{}d\phi\cdot{}dr [/mm] $ kommt und versucht so ein Kreissektorteilchen auszurechen:
$ [mm] \mathrm [/mm] dA = [mm] \frac{1}{2}(r+\mathrm dr)^2\mathrm d\varphi [/mm] - [mm] \frac{1}{2}r^2\mathrm d\varphi \quad [/mm] = [mm] \quad \frac{1}{2}\mathrm d\varphi (2r\mathrm [/mm] dr + [mm] \mathrm d^2r)\quad [/mm] = [mm] \quad \frac{1}{2} \mathrm [/mm] dr [mm] \mathrm d\varphi [/mm] (2r + [mm] \mathrm [/mm] dr)$
Das ist aber nicht das gleiche wie $ [mm] r\cdot{}d\phi\cdot{}dr [/mm] $ ...
ständig mache ich etwas falsch...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:06 Mo 02.04.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
> Danke leduart, zu dem [mm]r\cdot{}d\phi[/mm] habe ich allerdings
> noch eine Frage. Wie kommt man da drauf?
>
> Bei Wikipedia steht die Formel für ein Kreissektor:
>
> [mm]A_{Kreissektor}[/mm] = [mm]\frac{1}{2}R^2\theta[/mm]
>
> Ich konnte das nicht nachvollziehen: Ich nimm eine
> Kreisfunktion [mm]r(\varphi )=R[/mm] und bestimme die Fläche von 0
> bis [mm]\theta[/mm] :
>
> [mm]\int_0^{\theta} \! R\, \mathrm d\varphi = R \bigg[\varphi \bigg]_0^{\theta} = R\theta[/mm]
hier bekommst du nur die Länge des Kreisbogens beim festen Radius R raus, also keine Fläche.
Schau dir noch mal das Bildchen in meinem ersten post an. da hab ich grün- natürlich zu groß eines oder zwei der Teile dA gezeichnet. Quadrate werden es natürlich nur für sehr kleine [mm] \phi. [/mm] Aber die Länge einer solchen Teilfläche ist r*˜Delta [mm] \phi [/mm] (ich hab [mm] d\phi [/mm] geschrieben, was nicht ganz richtig ist.)
aber es ist eben nicht [mm] d\phi [/mm] eine Länge, [mm] \phi [/mm] im Bogenmaß ist die Maßzahl der Länge zum Winkel /phi im Einheitskreis, oder anders zum Bogenstück s über dem Winkel [mm] \phi [/mm] beim Kreis mit Radius r gehört der Winkel (im bogenmaß) [mm] \phi=s/r [/mm] und damit [mm] s=r*\phi
[/mm]
deshalb wenn du den Kreissektor ausrechnest musst du
[mm] \int_0^R\int_0^{\Phi}r*d\ph*dr [/mm] rechnen.
> Das stimmt aber nicht mit der Formel aus Wiki überein. Was
> mache ich falsch?
>
> Nichtsdestotrotz habe ich mit der Formel von Wiki versucht
> nachzuvollziehen, wei man auf [mm]r\cdot{}d\phi\cdot{}dr[/mm] kommt
> und versucht so ein Kreissektorteilchen auszurechen:
>
> [mm]\mathrm dA = \frac{1}{2}(r+\mathrm dr)^2\mathrm d\varphi - \frac{1}{2}r^2\mathrm d\varphi \quad = \quad \frac{1}{2}\mathrm d\varphi (2r\mathrm dr + \mathrm d^2r)\quad = \quad \frac{1}{2} \mathrm dr \mathrm d\varphi (2r + \mathrm dr)[/mm]
Du hast richtig gerechnet, nur dass man bei solchen Rechnungen dr<<r damit [mm] dr^2 [/mm] vernachlässigbar gegen 2r*dr
je kleiner "dr" umso mehr. (In Wirklichket geht ja dr gegen 0 und steht da dr nur noch als Symbol, damit man weiss worüber integriert wird.
> ständig mache ich etwas falsch...
Nein, das so zu probieren ist nicht falsch nur wusstest du nicht dass man bei all solchen Rechnungen die Quadrate der "infinitesimalen" Größen weglässt, wenn sie zu relativ großen addiert werden.
die Formel für den Kreissektor bekommt man natürlich natürlich leichter als Teil des Vollkreises [mm] 2*\pi*R^2/2 [/mm] Wenn klar ist was ein Winkel im Bogenmaß ist.
Gruss leduart
>
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:46 Mi 04.04.2012 | | Autor: | Marschal |
Hi leduart! Danke für deine erneute Hilfe!
Mir war tatsächlich bis gerade eben gar nicht klar, was ein Winkel im Bogenmaß eigentlich ist. Ich hatte einfach so hingenommen, dass 360° [mm] 2\pi [/mm] entspricht und 180° dann [mm] \pi [/mm] usw. als die komplexen Zahlen in der Vorlesung dran kamen.
Das Ziel meines ganzen Unterfangens war eigentlich ursprünglich, dass ich Körper, die sich durch Funktionen beschreiben lassen, berechnen lernen will. Allerdings sehe ich mittlerweile, dass dies zu nichts führt. Davon habe ich ja letztendlich eigentlich gar nichts... Laserscanner können in sekundenschnelle Objekte darstellen und spucken alle möglichen Berechnungen aus, was bringt es mir dann, wenn ich das auch kann?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:23 Mi 04.04.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
alles was du bis jetzt kannst können wirklich inzwischen auch computer, die auch zum integrieren in deinem laserscanner integriert sein müssen. dabei wird allerdings immer nur numerisch integriert. also über endliche teile summiert.
natürlich muss man nicht mal addieren können, wenn man nen TR richtig bedienen kann. aber würd es dich befriedigen, wenn du nicht wüsstest warum der auf 3+5 die antwort 8 gibt, wenn man auf = drückt? Wenn man die Ideen nicht beherrscht, wird man nie was neues rausfinden! und dazu sind bisher keinerlei computer fähig. Die Fähigkeit zu begreifen, wie eine dreidimensionale integration funktioniert ist wichtig. Ob man sich dann ein dabei auftretendes kompliziertes integral vom c berechnen lässt oder in ner formelsammlung nachschlägt ist egal. so wie du wissen musst, wie man im Prinzio 1234567: 98765 rechnen kann, nachdem du weisst, wie es funktioniert, kannst du auch den TR nehmen, aber wenigstens wissen, dass dabei etwa 1,.. rauskommen sollte dazu sollte man fähig sein.
Also denk ich nicht, dass sowas umsonst ist, es übt das denken und bringt dich dazu vielleicht irgendwann was selbständig rauszukriegen. Auch der, der deinen Laserscanner dazu gebracht hat abgetastete Volumen zu berechnen musste wissen, wie das geht und hat wenn ers geschickt gemacht hat darmit gut verdient!
Aber du musst nicht wissen wie ne Scannerkasse funktioniert, wenn du nur an ner Kasse sitzen willst und sie bedienen.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:14 So 08.04.2012 | | Autor: | Marschal |
Da hast du recht, leduart!
Ich tue mir noch etwas schwer mit Doppelintegralen (von Dreifachintegralen will ich noch gar nicht reden!)
Beim einfachen Integral habe ich ja eine Funktion $ f $, der Einfachheit halber $ [mm] f\geq [/mm] 0 $, die von $ x=a $ bis $ x=b $ integriert werden soll, also ihre Fläche bestimmt werden soll.
Dann teilt man doch das Intervall $ [a,b] $ in $ [mm] n\in \IN [/mm] $ Teilintervalle
$ [mm] [a=x_1,\x_2],\ [x_2,\ x_3],\ [/mm] ...,\ [mm] [x_n,\ b=x_{n+1}] [/mm] $
mit der Intervallänge $ [mm] \overline{[x_i,\ x_{i+1}]}=x_{i+1}-x_i :=\Delta b_i [/mm] $ (b für Breite). Dann pickt man sich noch aus jedem Teilintervall ein Funktionswert heraus $ [mm] f(x_{i^{\bigstar}}) [/mm] $ mit $ [mm] x_{i^{\bigstar}}\in [x_i,\ x_{i+1}] [/mm] $ und bildet n Rechtecke, die man summiert:
$ [mm] \integral_{a}^{b}{f} \approx \summe_{i=1}^{n} f(x_{i^{\bigstar}})\cdot \Delta b_i [/mm] $. Dann macht man die Intervalle immer kleiner und damit auch die Breiten: $ [mm] (\Delta b_i \to 0):=\mathrm db_i [/mm] $ (Sind die [mm] \mathrm db_i [/mm] alle gleich groß? Wenn ja ,dann kann man ja abkürzend $ [mm] \mathrm [/mm] db $ schreiben) indem man die n Intervalle zu [mm] \infty [/mm] macht, also
$ [mm] \integral_{a}^{b}{f} [/mm] = [mm] \summe_{i=1}^{\infty} f(x_{i^{\bigstar}})\cdot \mathrm [/mm] db $
Ist das überhaupt richtig so? Ich fand es jetzt selbst etwas verwirrend, was ich geschrieben habe. Kannst du mich verbessern?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 10:11 So 08.04.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
das mit der Summe ist zwar die richtige Idee, man kann es aber nicht so schreiben.
richtig ist dass Integrale immer der Grenzwert von Summen
aber man muss schreiben :
[mm] \integral_{a}^{b}{f(x) dx}=\limes_{n\rightarrow\infty}\summe_{i=1}^{n}f(x_i)*\Delta x_i
[/mm]
wobei [mm] \Delta x_i [/mm] ein kleines intervall ist, in dem [mm] x_i [/mm] liegt, die [mm] \Delta x_i [/mm] müssen nicht gleich groß sein, aber für n gegen unendlich gegen 0 gehen. dann schreibt man als Erinnerunhg an die Summe das lange S als Integralzeichen, das dx als Erinnerung an das [mm] \Delta x_i [/mm] , weiter das Summenzeichen zu schreiben wäre falsch, weil ja die [mm] \Delta x_i
[/mm]
gegen 0 gehen.
Wenn man es ganz genau macht muss man zeigen, dass man für jede unterteilung des intervalls [a,b]denselben Grenzwert hat. praktisch nimmt man die Oober und Untersumme und zeigt, dass die im GW gleich sind.
Ungünstig ist die vorstellung, dass das integral immer eine Fläche ist.
wenn man etwa eine Geschwindigkeit hatm die von der zeit abhängt v(t) und den Weg in der zeit von [mm] t_1 [/mm] bis [mm] t_2 [/mm] ausrechnen will, kann man nicht einfach weg s(t)=v*t rechnen wie bei konstantem v, sondern man fängt damit an von kleinen Zeitabschnitten [mm] \Delta [/mm] t miz [mm] \Delta [/mm] t zu mult und aufaddieren und hat damit [mm] s[t_2)-s(t_1)=s(t_1)+\summe_{i=1}^{n}v(t_i)*\Delta t_i [/mm] mit [mm] t_n=t_2
[/mm]
wieder für n gegen unendlich bzw [mm] \Delta t_i [/mm] gegen 0 hat man dann [mm] s(t_2)-s(t_1)=\integral_{t_1}^{t_2}{v(t)dt}
[/mm]
In den anwendungen berechnet man also mit integralen selten Flächen, das ist nur die häufigste anwendung in der Schulmathe.
Gruss leduart
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:30 So 08.04.2012 | | Autor: | Marschal |
Gut danke für deine Antwort! Wundere dich nicht, dass gleich 2 Fragen auf einmal von mir kommen. Das mache ich, damit es nicht zu viel auf einmal wird.
Aber die Herleitung des integral ging doch aus der Flächenbestimung hervor, oder? Ich habe gehört es gäbe noch andere Integrale. Ist denn das Riemann Integral nicht eindeutig bis auf eine Konstante C, weil es noch andere gibt? Kannst du mir eines nennen? Es gibt ja immer nur eine Ableitung oder gibt es da auch mehrere?
So also jetzt versuche ich das ganze auf Funktionen 2er Variablen zu übertragen, und mache wieder die Einschränkung $ [mm] z=f(x,y)\geq [/mm] 0 $. Nein halt, das reicht nicht, damit das Integral positiv wird, oder? Weil bei mir war das Integral ja vorhin bei meinem Zylinder 2 mal =0, obwohl die Funktion $ f(x,y)=h $ ja durchweg positiv war . Woran lag das dann?
Lag das daran, dass x von -R bis R ging, genauso wie y, und damit in negative Zahlen herein reichte? Das fände ich etwas komisch, weil ja z.B. bei dieser Funktion mit einer Variable: Integral f(x)=5 dann auch 0 heraus kommen müsste! Da reicht x ja auch in die negativen Zahlen herein!
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:02 Mo 09.04.2012 | | Autor: | Marschal |
Also dann mache ich am besten mit der Einschränkung $ f,x,y [mm] \geq [/mm] 0 $ weiter, damit nichts schief gehen kann^^
Nun sind die Grenzen ja nicht mehr 2 Zahlen a und b, sondern... ähm... was genau?
Also man geht hier im 2-dimensionalen doch von der Ebene $ E $ durch x- und y-Achse aus als untere Begrenzung (anstatt wie im 1-dimensionalen Fall nur von der x-Achse) oder? Wenn ja, soweit so gut.
Das heißt man braucht 2 Funktionen $ [mm] y_o(x) [/mm] $ und $ [mm] y_u(x) [/mm] $ (o für ober, u für unter), die in $ E $ liegen und sich schneiden an den x-Stellen a und b, oder? Dann würde man ja ein "Boden" (Ich nenne ihn mal B) kriegen, der senkrecht unterhalb der Funktion $ z=f(x,y) $ liegt und $ z $ begrenzt ("umschließt").
Und wie gehts dann weiter? Dann unterteile ich B doch in Rechtecke, oder? Aber die passen doch da gar nicht herein, weil die [mm] y_0 [/mm] und [mm] y_u [/mm] ja im Normalfall rund sind, die Seiten von Rechtecken aber gerade. Wobei dieses Problem sich ja lösen würde, wenn die Länge und Breite der Rechtecke [mm] \infty [/mm] klein sind.
Es ist ja legitim, dass die Breite aller Rechtecke jeweils gleich ist, oder? Dann gehe ich mal analog wie vorhin vor....
$ [mm] [a=x_1,\x_2],\ [x_2,\ x_3],\ [/mm] ...,\ [mm] [x_n,\ b=x_{n+1}] [/mm] $ mit $ [mm] \overline{[x_i,\ x_{i+1}]}=x_{i+1}-x_i :=\Delta x_i [/mm] $
Und die Rechtecke, also stellvertretend das i-te Rechteck begrenze ich von oben bzw. unten durch $ [mm] y_o(x_i) [/mm] $ und $ [mm] y_u(x_i) [/mm] $, wobei $ [mm] x_i \in [x_i,\ x_{i+1}] [/mm] $, also
$ [mm] A_i=\Delta x_i\cdot \bigg(y_o(x_i)-y_u (x_i)\bigg):= \Delta x_i\cdot \Delta y(x_i) [/mm] $
Dann splitte ich noch die Länge jedes Rechtecks in m gleich lange Teillängen:
Aus $ [\ [mm] y_o(x_i),\ y_u(x_i)\ [/mm] ] $ wird dann $ [\ [mm] y_o(x_i)=\quad y_1(x_i),\ y_2(x_i)\ [/mm] ],\ ...,\ [\ [mm] y_n(x_i),\ y_u(x_i)\quad =y_{n+1}(x_i)\ [/mm] ] $
mit dem j-ten Intervall $ [\ [mm] y_j(x_i),\ y_{j+1}(x_i)\ [/mm] ] $ mit $ [mm] \overline{[\ y_j(x_i),\ y_{j+1}(x_i)\ ]}=y_{j+1}(x_i)-y_j(x_i) :=\Delta y_j(x_i) [/mm] $
Damit ergibt sich doch $ [mm] V=\limes_{m\rightarrow\infty}\summe_{j=1}^{m}\left(\limes_{n\rightarrow\infty}\summe_{i=1}^{n} z_i\cdot \Delta x_i \cdot \Delta y_j(x_i)\right) [/mm] $, wobei [mm] z_i [/mm] ein Funktionswert von z senkrecht oberhalb des Rechtecks $ [mm] \Delta x_i \cdot \Delta y(x_i) [/mm] $ ist.
Ist das wirklich so richtig?
P.S.: Ich weiß, es ist nicht gerade anschaulich...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:33 Mo 09.04.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
also wo du bei einem Zylinder irgendwi 0 rausgekriegt hast kann ich nicht sehen.
du musst zweierlei unterscheiden;
a) du willst die Fläche eines 2d Gebildesm das nicht einfach die fläche unter dem Graphen einer Funktion ist berechnen, das kannst du mit einem 2d Integral machen, dann hast du keine Funktion f(x,y) über die du integrierst, sondern nur [mm] \integral\integral [/mm] dxdy und die Grenzen sind durch das Gebiet bestimmt, dessen Fläche du ausrechnen willst.
b) du hast eine Funktion f(x,y) über einem ebenen Gebiet, f(x,y) kann dabei die Höhe über dem Punkt (x,y) sein, es könnte auch der Luftdruck, oder die Giftmenge oder sonst was sein. Um dann das Volumen oder die Gesamtkraft oder Gesamtmenge Gift über dem Gebiet auszurechnen musst du [mm] \integral\integral [/mm] f(x,y)*dx*dy ausrechnen die Grenzen hängen von deinem Gebiet in der x-y-Ebene ab,
was du jetzt falsch machst: die [mm] \Deltay_i [/mm] hängen nicht von x ab.du machst sie unabhängig davon, wo du bist klein, Wenn du dein Gebiet etwa auf kariertes papier zeichnest, sind die Kästchen ein gutes Bild, wenn du mm papier nimmst ein besseres, und dass man das weiter verkleinern kann ist klar.
Wenn du jetzt auf dem mmpapier alle Kästchen abzählst kennst du die fläche schon sehr genau, wenn du die in jedem Kästchen noch f(x,y) angezeigt vorstellst und damit multiplizierst hast du ein gutes Bild, was das Integral tut.
Jetzt ist es jedem überlassen wie er die Kästchen zählt, der eine telt sich das in waagerechte Streifen ein, Zählt die kästchen bis er in x Richtung an die Gebietsgrenze kommt, schreibt auf und nimmt dann die nächste Reihe, am ende addiert er alle Reihen auf. der andere zählt in senkrechten Reihen und addiert am Ende die senkrechten Reihen auf.
ein dritter geht lieber in Streifen radial nach aussen und ordnet seine Kästchen in konzentrischen Ringen an (Polarkoordinaten)
Was du aufgeschrieben hast wenn noch bei [mm] \Delta y_i) [/mm] die Abhängigkeit von x wegbleibt dagegen hängt dein n von y ab ist du hast zuerst senkrecht eine Riehe bis [mm] n(y_1) [/mm] "abgezählt" usw.
Leuchtet dir das ein?
Und ja auf der Schule wird das Integral immer als Fläche unter Graphen eingeführt, erfunden und zuerst angewendet worde es um aus Geschwindigkeiten Wege, aus Kräft und Weg Arbeit auszurechnen, und natürlich auch für Flächen.
Gruss leduart
Gruss leduart
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 01:17 Mi 11.04.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
Geschwindikeiten etwa kann man kontinierlich bestimmen, nimm statt des Tachos im Auto eonen schreiber. Genauso kann man Luftverschmutzungen durch einen entsprechenden Sensor angeben, ob dann in km/h oder m/s gemessen wird, gibt nur die einheit an und nicht dass man jeweils eine Stunde oder Sekunde gemessen hat. ebenso die Angabe g/s für [mm] CO_2 [/mm] oder gift oder Staub.
Die angabe der momenteangeschwindigkeit ist genau wie die Steigung einer nicht geraden ein Grenzwert, für beliebig kleine Zeiten.
die kurve hat an einer Stelle die durch den GW definierte Steigung. wenn man s(t) kennt ist v(t) der Gw der Durchschnittsgeschw. in vielen Fällen ist es nicht möglich die "Momentangeschw." oder Momentane staubbelastung technisch zu bestimmen, sondern man macht nur alle sek oder all ms eine Messung.
Wenn man aber viele solche messungen hat kann man sie sehr gut über eine Kurve, die eine mathematische formel hat annähern. dann kann man entweder alle messungen aufaddieren, oder einfacher die summe durch das Integral über die Kurve bestimmen.
Wenn ud auto oder Fahrrad fährst änderst du dein v dauernd. dann macht es sinn von der Geschw. zu reden die du zum Zeitpunkt t=20s hattest, auch wenn du messen nur den weg in 1 s messen kannst.
Bei einer Schadstoffemmission hat man wohl meist messungen über mehrere Tage, daraus mittelt man eine kurve, die möglich gut passt, die kurve kann man dann untersuchen, nach Maxima, Minima, Wendepunkten und nach der gesamtbelastung zwischen 8Uhr und 10uhr usw.
Immer wenn man exakte mathematik auf wirkliche Probleme anwendet, hat man mathematisch exakte ergebnisse, muss aber an die möglichen Fehler in der Anwendung denken. Bei den Schadstoffen etwa kann man eine Kurve nehmen die möglichst exaktdie gemessenen Daten nachbildet, und eine die sicher nicht zu groß und eine die sicher nicht zu klein ist.
In der Physik allerdings ist die Beschleunigung durch die wirkenden Kräfte bekannt, indem man sie integriert bekommt man die geschw, und daraus wieder den Weg.
Immer nur so genau natürlich wie man die Kräfte kennt. Aber dazu gibt es dann Fehlerrechnung.
Gruss leduart
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:18 Mo 02.04.2012 | | Autor: | Marschal |
sorry, habs aus versehen doppelt abgeschickt... ich kriegs aber nicht mehr weg...
bitte löschen
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