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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:30 Di 30.12.2008 | | Autor: | mini111 |
| Aufgabe | Die Funktion [mm] f:\IR^2 \to \IR [/mm] sei im Nullpunkt jeweils Null und sonst als [mm] f(x,y)=ln(\wurzel{x^2+y^2}) [/mm] definiert.Bezeichne [mm] B_n [/mm] die abgeschlossene Einheitskugel in [mm] \IR^n [/mm] für n=2,3.Untersuchen sie,ob f über der abgeschlossenen Einheitskugeln in [mm] \IR^2 [/mm] bzw. [mm] \IR^3 [/mm] integrierbar ist.Berechnen sie gegebenenfalls das jeweilige Integral.
[mm] \integral_{B^2}^{}{f d\lambda^2} [/mm] |
Hallo,
Also die Einheitskugel ist doch so [mm] defniert:x^2 [/mm] + [mm] y^2 \le [/mm] 1 (x,y) [mm] \in \IR^2 [/mm] x [mm] \le \wurzel{1-y^2} [/mm]
Kann man das dann so berechnen?:
[mm] \integral_{>1}^{\infty}{((\integral_{>1}^{\infty} ln(\wurzel{x^2+y^2}) dy)dx}
[/mm]
LG
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Hallo!
Gefragt ist nach der Integration über die Kugel bzw hier über den Kreis. Du integrierst jedoch über einen "quadratischen" Bereich, der eine Ecke bei (1,1) hat und der gegenüberliegenden Ecke im positiv unendlichen.
Du meinst eher sowas wie
[mm] $\int_{-1}^{+1}\left(\int_{-\wurzel{1-y^2}}^{+\wurzel{1-y^2} } f(x,y)\,dx\right)\,dy$ [/mm] (Mach dir klar, woher die Grenzen kommen!)
Sinnvoll wäre der Übergang zu Polarkoordinaten, allerdings solltest du auch erstmal hinterfragen, ob das Integral überhaupt existiert.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:41 Mi 31.12.2008 | | Autor: | mini111 |
Hallo!
Also ich habe jetzt verstanden wie du auf die Int.grenzen gekommen bist aber ich fands schwer das Integral zu lösen.Habs dann aber dank maple geschafft.-Pi/2 müsste heraus kommen.Danke für deine Hilfe!!!
LG und guten Rutsch!!!
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:12 Do 01.01.2009 | | Autor: | mini111 |
hallo,
...obwohl ich dachte,dass man es im [mm] \IR^3 [/mm] analog machen könnte,komme ich auf keine lösung.ist irgendwie doch nicht so einfach wie ich dachte.
gruß und frohes neues
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Hallo!
Du hast dann nicht meinen Tipp berücksichtigt, das ganze in Polarkoordinaten durchzuführen:
mit
[mm] \vektor{x\\y}=r*\vektor{\cos(\phi) \\ \sin(\phi)}
[/mm]
wird die Funktion sehr einfach:
[mm] f(r,\phi)=\ln(r)
[/mm]
Das Integral ist nun
[mm] $\iint f(r,\phi)*r\,dr\,d\phi$
[/mm]
Das zusätzliche r kommt von den Polarkoordinaten... Beachte, daß [mm] \phi\in[0;2\pi] [/mm] und [mm] r\in[0;1] [/mm] :
Integriert über [mm] \phi [/mm] :
[mm] $2\pi\int_0^1 \ln(r)*r\,dr\$
[/mm]
Und das ist nun wirklich ein einfaches Integral...
Genauso in Kugelkoordinaten:
[mm] $\iiint \ln(r)*r*\sin(\phi)\,dr\,d\phi$
[/mm]
Wie lauten hier die Grenzen?
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