Doppelintegral (Transform.) < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:15 So 23.10.2011 | | Autor: | zoj |
| Aufgabe | Berechnen Sie das Doppelintegral
$ [mm] \int_{0}^{1} [/mm] ( [mm] \int_{0}^{1-x} [/mm] exp( [mm] \frac{y}{x+y}dy [/mm] ) )dx $
unter der Verwendung der Transformation
$x=u(1-v) , y=vu$ |
Wie soll ich das mit der Tranformation verstehen?
Soll ich jetzt anstatt von $x=u(1-v) $ und anstatt von $y=vu$ schreiben?
Und was passiert mit den Integrationsgrenzen?
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Hallo zoj,
> Berechnen Sie das Doppelintegral
> [mm]\int_{0}^{1} ( \int_{0}^{1-x} exp( \frac{y}{x+y}dy ) )dx[/mm]
>
> unter der Verwendung der Transformation
> [mm]x=u(1-v) , y=vu[/mm]
> Wie soll ich das mit der Tranformation
> verstehen?
Hier benötigst Du die ![[]](/images/popup.gif) Funktionaldeterminante.
> Soll ich jetzt anstatt von [mm]x=u(1-v)[/mm] und anstatt von [mm]y=vu[/mm]
> schreiben?
Natürlich mußt Du für x und y die angegebene Transformation einsetzen.
> Und was passiert mit den Integrationsgrenzen?
>
Die Integrationsgrenzen transformieren sich natürlich auch.
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:29 Mo 24.10.2011 | | Autor: | zoj |
OK, habe mich mit dem Thema beschäftigt.
So wie ich das verstenden habe, dient die Transformation dazu, um über krummlinige Koordinaten zu integrieren.
Das Ergebnis soll ein Volumen sein.
$x = g(u,v) = u(1-v)$
$y = g(u,v) = vu$
Nun kann ich die Funktionalmatrix aufstellen:
[mm] $\frac{\delta(x,y)}{\delta(u,v)} [/mm] = [mm] \pmat{(1-v) & -u \\ v & u} [/mm] = T' $
Die Determinante ist demnach:
[mm] $\vmat{(1-v) & -u \\ v & u} [/mm] = u$
Weiter im Buch steht dann folgende Formel:
[mm] $\Delta [/mm] F = [mm] |det(\frac{\delta T}{\delta u}u_{0},\frac{\delta T}{\delta v}v_{0})|\Delta [/mm] u [mm] \Delta [/mm] v$, wobei [mm] \Delta [/mm] u [mm] \Delta [/mm] v = detT'
Aber was ist in diesen Fall u0 und v0?
Und in wie Fern hat jetzt das Ganze mit der Aufgabe zu tun.
Das geht aus dem Buch irgendwie nicht hervor.
Und wie verarbeite ich nun das gegebene Integral:
$ [mm] \int_{0}^{1} [/mm] ( [mm] \int_{0}^{1-x} [/mm] exp( [mm] \frac{y}{x+y}dy [/mm] ) )dx $
Wenn ich die Transformation $ x=u(1-v) , y=vu $ anwende, bekomme ich:
$ [mm] \int_{0}^{1} [/mm] ( [mm] \int_{0}^{1-x} [/mm] exp( [mm] \frac{vu}{u(1-v)+vu}dy [/mm] ) )dx $
Nun muss ich noch die Integrationsgrenzen und dy, dx anpassen.
Aber wie macht man das?
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> So wie ich das verstanden habe, dient die Transformation
> dazu, um über krummlinige Koordinaten zu integrieren.
>
> Das Ergebnis soll ein Volumen sein.
Das kann man so auffassen. Hast du dir klar gemacht,
für welchen Körper hier das Volumen berechnet wird ?
> [mm]x = g(u,v) = u(1-v)[/mm]
> [mm]y = g(u,v) = vu[/mm]
>
> Nun kann ich die Funktionalmatrix aufstellen:
> [mm]\frac{\delta(x,y)}{\delta(u,v)} = \pmat{(1-v) & -u \\ v & u} = T'[/mm]
>
> Die Determinante ist demnach:
> [mm]\vmat{(1-v) & -u \\ v & u} = u[/mm] ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> Weiter im Buch steht dann folgende Formel:
> [mm]\Delta F = |det(\frac{\delta T}{\delta u}u_{0},\frac{\delta T}{\delta v}v_{0})|\Delta u \Delta v[/mm],
> wobei [mm]\Delta[/mm] u [mm]\Delta[/mm] v = det T'
>
> Aber was ist in diesen Fall u0 und v0?
Ich verstehe die Schreibweisen auch nicht so recht ...
Die [mm] u_0 [/mm] und [mm] v_0 [/mm] sollten nicht Faktoren sein, sondern
nur andeuten, dass man die partiellen Ableitungen an
den Stellen [mm] u_0 [/mm] und [mm] v_0 [/mm] braucht.
> Und inwiefern hat jetzt das Ganze mit der Aufgabe zu tun.
> Und wie verarbeite ich nun das gegebene Integral:
> [mm]\int_{0}^{1} ( \int_{0}^{1-x} exp( \frac{y}{x+y}dy ) )dx[/mm]
> Wenn ich die Transformation [mm]x=u(1-v) , y=vu[/mm] anwende,
> bekomme ich:
> [mm]\int_{0}^{1} ( \int_{0}^{1-x} exp( \frac{vu}{u(1-v)+vu}dy ) )dx[/mm]
Der Exponentialterm lässt sich gehörig vereinfachen !
(und: die hintere Klammer des Exponenten sollte vor
dem dy stehen ...)
> Nun muss ich noch die Integrationsgrenzen und dy, dx
> anpassen.
> Aber wie macht man das?
Anstelle des Flächenelements $\ dF\ =\ dx*dy$ muss das transformierte
$\ dF\ =\ Determinante*du*dv\ =\ u*du*dv$ treten.
Ferner brauchen wir für die Integration im u-v-Koordinaten-
system natürlich jetzt die passenden Grenzen für u und v.
Ich habe mir dies grafisch klar gemacht, indem ich mir
zuerst das Integrationsgebiet in der x-y-Ebene aufgezeichnet
und dann den Verlauf der u- und v-Werte über diesem
Gebiet überlegt habe.
LG Al-Chw.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:54 Di 25.10.2011 | | Autor: | zoj |
Danke für den Tipp!
Also die Funktion habe ich vereinfact zu:
[mm] $\int_{0}^{1} \int_{0}^{1-x} [/mm] exp(v) u du dv $
Nun muss ich noch die Grenzen anpassen.
Zu der Funktion: Habe $ [mm] exp(\frac{y}{x+y}) [/mm] $ zeichnen lassen.
Die Funktion ist dreidimensional und sieht aus wie ein Propeller.
Dabei verhält sich das x in der x/y-Ebene wie eine Exponential-Funktion und y wie eine Gerade.
Zu der v/u-Ebene. Die Funktion ergibt sich zu exp(v), hängt also nur von v ab.
Aber ich komme nicht drauf, wie ich das kombinieren soll, um auf die Grenzen zu kommen.
Spontan würde ich sagen das x geht von [mm] -\infty [/mm] bis 1 und y geht von -1 bis [mm] \infty.
[/mm]
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> Danke für den Tipp!
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> Also die Funktion habe ich vereinfacht zu:
> [mm]\int_{0}^{1} \int_{0}^{1-x} exp(v) u du dv[/mm]
Der Klarheit halber sollte man das z.B. so schreiben:
> [mm]\integral_{x=0}^{1}\ \integral_{y=0}^{1-x} exp(v)*u\ du\ dv[/mm]
> Nun muss ich noch die Grenzen anpassen.
> Zu der Funktion: Habe [mm]exp(\frac{y}{x+y})[/mm] zeichnen lassen.
> Die Funktion ist dreidimensional und sieht aus wie ein
> Propeller.
eigentlich: der Graph der Funktion ist eine zweidimensionale
Fläche im [mm] \IR^3
[/mm]
> Dabei verhält sich das x in der x/y-Ebene wie eine
> Exponential-Funktion und y wie eine Gerade. ![[haee]](/images/smileys/haee.gif "[haee]")
weiß nicht, was du damit meinst ...
> Zu der v/u-Ebene. Die Funktion ergibt sich zu exp(v),
> hängt also nur von v ab.
> Aber ich komme nicht drauf, wie ich das kombinieren soll,
> um auf die Grenzen zu kommen.
>
> Spontan würde ich sagen das x geht von [mm]-\infty[/mm] bis 1 und y
> geht von -1 bis [mm]\infty.[/mm]
Die Grenzen für x und y hatten wir schon. Jetzt geht es
um die Grenzen für u und v.
Das Integrationsgebiet in der x-y-Ebene wird durch das
Dreieck OPQ mit O(0|0), P(1|0), Q(0|1) berandet.
Betrachte nun etwa einmal einige Niveaulinien der
Funktionen u(x,y)= x+y und v(x,y)=y/(x+y) in der
x-y-Ebene, etwa:
u=0, u=1/3, u=2/3, u=1, u=2
v=0, v=1/3, v=2/3, v=1, v=2
LG Al-Chw.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:50 Di 25.10.2011 | | Autor: | zoj |
> Der Klarheit halber sollte man das z.B. so schreiben:
>
> > [mm]\integral_{x=0}^{1}\ \integral_{y=0}^{1-x} exp(v)*u\ du\ dv[/mm]
> eigentlich: der Graph der Funktion ist eine
> zweidimensionale
> Fläche im [mm]\IR^3[/mm]
Ah, genau!
> > Zu der v/u-Ebene. Die Funktion ergibt sich zu exp(v),
> Die Grenzen für x und y hatten wir schon. Jetzt geht es
> um die Grenzen für u und v.
> Das Integrationsgebiet in der x-y-Ebene wird durch das
> Dreieck OPQ mit O(0|0), P(1|0), Q(0|1) berandet.
> Betrachte nun etwa einmal einige Niveaulinien der
> Funktionen u(x,y)= x+y und v(x,y)=y/(x+y) in der
> x-y-Ebene, etwa:
>
> u=0, u=1/3, u=2/3, u=1, u=2
> v=0, v=1/3, v=2/3, v=1, v=2
>
> LG Al-Chw.
Irgendwie verstehe ich das Prinzip nicht was dahintersteckt.
Wir haben unsere Variablen (x,y) durch u und v ersetzt.
Dann haben wir mit Hilfe der Determinanter unser [mm] $\vec{da}$ [/mm] Element berechnet: $u\ du\ dv$
Damit ergibt sich vorerst das Integral:
[mm]\integral_{x=0}^{1}\ \integral_{y=0}^{1-x} exp(v)*u\ du\ dv[/mm]
Nun gilt es die Integrationsgrenzen der neuen Funktion $ exp(v)*u $ Festzulegen.
Soll man jetzt zwei Funktionen gleichzeitig zeichnen: [mm] $exp(\frac{y}{x+y})$ [/mm] und $exp(v)u$ und schauen wo sie sich scheiden?
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> Wir haben unsere Variablen (x,y) durch u und v ersetzt.
> Dann haben wir mit Hilfe der Determinante unser [mm]\vec{da}[/mm]
> Element berechnet: [mm]u\ du\ dv[/mm]
> Damit ergibt sich vorerst das
> Integral:
> [mm]\integral_{x=0}^{1}\ \integral_{y=0}^{1-x} exp(v)*u\ du\ dv[/mm]
>
> Nun gilt es die Integrationsgrenzen der neuen Funktion
> [mm]exp(v)*u[/mm] festzulegen.
>
> Soll man jetzt zwei Funktionen gleichzeitig zeichnen:
> [mm]exp(\frac{y}{x+y})[/mm] und [mm]exp(v)u[/mm] und schauen wo sie sich
> schneiden?
Nein. Die zu integrierende Funktion in u und v ausgedrückt ist
u*exp(v) (wobei der Faktor u von der Koordinatentransformation
gekommen ist).
Wenn wir ein (rechtwinkliges) in der u-v-Ebene liegendes Koor-
dinatengitter in die x-y-Ebene abbilden, wird es verzerrt.
Allerdings bleiben dabei die Linien des Netzes gerade Linien.
Mach dir z.B. klar, dass die Gerade v=0 (also die u-Achse in
der u-v-Ebene) auf die Gerade y=0 (also die x-Achse) mit
Ausnahme des Nullpunktes abgebildet wird. Die Gerade mit
v=1 wird auf die y-Achse abgebildet.
Betrachte ebenso die Bilder der Geraden u=0 und u=1.
Dann wirst du sehen, welche (u,v) auf Punkte (x,y) im
Integrationsdreieck führen.
Das Ganze ginge bestimmt auch rein rechnerisch - ich
ziehe halt manchmal geometrische (und damit hoffentlich
auch anschauliche) Wege vor.
LG Al-Chw.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:20 Di 25.10.2011 | | Autor: | zoj |
Al-Chwarizmi danke für deine Mühe!
Das heißt ich habe diese Gleichungen: $x=u(1-v)$ und $y=vu$ und diese Bilden in die x/y Ebene ab.
Dann hast du für v einmal 0 und 1 eingesetzt.
Für $v=0 => x = u , y = 0 $ Das heißt u wird auf die x-Achse abgebildet.
Für $v=1 => y = u , x = 0 $ u wird auf die y-Achse abgebildet.
Für $u=0 => y=0 , x=0 $
Für $u=1 => 1-v , y=v $
Ich kann daraus schließen, dass für u=0 nichts in dei x/y Ebene abgebildet wird und für u=1 das v komplett auf die y-Achse abgebildet wird.
Die untere Integrationsgrenze ist demnach u=0. Richtig?
Aber bis wohin geht das u? Das kann ja überall auf der y-Achse liegen oder?
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Hallo zoj,
> Al-Chwarizmi danke für deine Mühe!
>
> Das heißt ich habe diese Gleichungen: [mm]x=u(1-v)[/mm] und [mm]y=vu[/mm]
> und diese Bilden in die x/y Ebene ab.
>
> Dann hast du für v einmal 0 und 1 eingesetzt.
> Für [mm]v=0 => x = u , y = 0[/mm] Das heißt u wird auf die
> x-Achse abgebildet.
> Für [mm]v=1 => y = u , x = 0[/mm] u wird auf die y-Achse
> abgebildet.
> Für [mm]u=0 => y=0 , x=0[/mm]
> Für [mm]u=1 => 1-v , y=v [/mm]
>
> Ich kann daraus schließen, dass für u=0 nichts in dei
> x/y Ebene abgebildet wird und für u=1 das v komplett auf
> die y-Achse abgebildet wird.
> Die untere Integrationsgrenze ist demnach u=0. Richtig?
Ja.
> Aber bis wohin geht das u? Das kann ja überall auf der
Die Frage hast Du Dir schon selber beantwortet.
> y-Achse liegen oder?
>
Gruss
MathePower
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:21 Do 27.10.2011 | | Autor: | zoj |
OK, hab mich mit der Aufgabe nun auseinandergesetzt!
Vielen Dank für die Hilfe!
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