Kugelvolumen über Doppelint. < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:49 Sa 26.05.2012 | | Autor: | Lustique |
Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
| Aufgabe | Ziel: Berechnung des Volumens einer Kugel mit dem Radius $r>0$ im $\mathbb{R}^3$.
Dafür soll folgende (stetige) Funktion betrachtet werden:
$f\colon [-r,r] \times [-r,r] \to \mathbb{R}, f(x,y):= \begin{cases} \sqrt{r^2-x^2-y^2} & \text{für } x^2+y^2\leqslant r^2 \\ 0 & \text{sonst. }\end{cases}$
Wenn man das Ganze dann integriert, erhält man die obere Hälfte der Kugel
$K(r) = \{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 : x^2+y^2+z^2\leqslant r^2\}$.
Also entspricht
$V:= \int_{-r}^r \int_{-r}^r f(x,y)\:\mathrm{d}x\mathrm{d}y$
der Hälfte des Volumens der Kugel mit Radius $r$ ($K(r)$) .
Für ein festes $y \in [-r, r]$ sei nun $\rho = \rho(y) := \sqrt{r^2-y^2}$. Also ist
$F(y)=\int_{-r}^r f(x,y)\:\mathrm{d}x = \int_{-\rho}^\rho \sqrt{\rho^2-x^2}\:\mathrm{d}x\overset{\star}{=} \rho^2 \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos^2t\:\mathrm{d}t=\rho^2\frac{\pi}{2}=\left(r^2-y^2)\frac{\pi}{2}$
Substitution:
$\star: x=\rho \sin t$.
Dann wird der ganze Spaß noch mal integriert... |
Hallo mal wieder! Dieses mal geht es mir nicht um eine Aufgabenstellung, sondern darum, dass ich eine Rechnung nicht verstehe/nachvollziehen kann, und deswegen gerne eure Hilfe in Anspruch nehmen würde. Es geht dabei um die Berechnung des Volumens einer Kugel mithilfe eines Doppelintegrals, und zwar so wie es in "Forster - Analysis 2" auf Seite 125 gemacht wird.
Ich habe den Teil, den ich davon nicht verstehe (und den Teil davor), mal oben in den Bereich zur Aufgabenstellung geschrieben (ich habe da mal, außer bei den Gleichungen, etwas paraphrasiert (Urheberrecht und so, denke ich mal), ich hoffe aber mal, es sind so keine Informationen abhanden gekommen).
Könntet ihr mir erklären, wie man von $\int_{-r}^r f(x,y)\:\mathrm{d}x$ nach $\int_{-\rho}^\rho \sqrt{\rho^2-x^2}\:\mathrm{d}x$ kommt? Ich verstehe nicht, wie die neuen Grenzen, also wie $\int_{-\rho}^\rho$ zustande kommt. Warum werden die überhaupt geändert? Da steht doch dann eigentlich
$\int_{-r}^r f(x,y)\:\mathrm{d}x=\int_{-\rho}^\rho \sqrt{\rho^2-x^2}\:\mathrm{d}x = \int_{-\sqrt{r^2-y^2}}^{\sqrt{r^2-y^2}} \sqrt{\left(\sqrt{r^2-y^2}\right)^2-x^2}\:\mathrm{d}x = \int_{-\sqrt{r^2-y^2}}^{\sqrt{r^2-y^2}} \sqrt{r^2-y^2-x^2}\:\mathrm{d}x=\int_{-\sqrt{r^2-y^2}}^{\sqrt{r^2-y^2}} f(x,y)\:\mathrm{d}x$
Außerdem verstehe ich nicht, wo die neuen Grenzen $\int_{-\pi/2}^{\pi/2}$ im nächsten Schritt herkommen. Bei normaler Substitution würde man doch Folgendes tun: $\rho \mapsto \rho\sin \rho$ und $-\rho \mapsto \rho\sin( -\rho)$, also setzt die alten Grenzen in die Funktion ein, die man substituiert, und nimmt dann das Ergebnis, aber wie kommt man dann auf $\pi/2$ und $-\pi/2$?
Irgendwie werde ich aus den Rechenschritten nicht schlau. Der Rest ist dann kein Problem, aber ich kapiere die beiden Substitutionen nicht.
Die Erklärungen sind wahrscheinlich ziemlich trivial, aber ich kann mir das gerade nicht erklären. :/
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:41 Sa 26.05.2012 | | Autor: | DesterX |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo Lustique,
du substituierst $x:=\rho \cdot \sin{(t)}$, also: $t(x) = \arcsin{\frac{x}{\rho}$.
Für $x=-\rho$ ergibt sich somit die neue untere Grenze durch $t(-\rho)=\arcsin{(-1)}=-\frac \pi 2$ und analog $t(\rho)=\frac \pi 2$.
Viele Grüße, Dester
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:06 Sa 26.05.2012 | | Autor: | Lustique |
> Hallo Lustique,
> du substituierst [mm]x:=\rho \cdot \sin{(t)}[/mm], also: [mm]t(x) = \arcsin{\frac{x}{\rho}[/mm].
>
> Für [mm]x=-\rho[/mm] ergibt sich somit die neue untere Grenze durch
> [mm]t(-\rho)=\arcsin{(-1)}=-\frac \pi 2[/mm] und analog
> [mm]t(\rho)=\frac \pi 2[/mm]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)
.
>
> Viele Grüße, Dester
Danke!
Ich merke schon, ich glaube ich wusste einfach nicht mehr wie Substitution (richtig) funktioniert...
$ F(y)=\int_{-r}^r f(x,y)\:\mathrm{d}x = \int_{-\rho}^\rho \sqrt{\rho^2-x^2}\:\mathrm{d}x\overset{\star}{=} \int_{\arcsin(\frac{-\rho}{\rho})}^{\arcsin(\frac{\rho}{\rho})} \rho\cdot \cos (t) \sqrt{\rho^2 \cos^2 t}\:\mathrm{d}t = \int_{\arcsin(-1)}^{\arcsin(1)} \rho\cdot \cos (t) \cdot \rho \cdot \cos (t)}\:\mathrm{d}t = \rho^2 \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos^2 t}\:\mathrm{d}t=\ldots$
So? :O
Weißt du was zum ersten Schritt? Das ist ja schon mal keine Substitution in dem Sinne wie hier beim zweiten Schritt, oder?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:58 So 27.05.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
im erstn Schritt schreibst du einfach [mm] \rho^2 [/mm] statt [mm] r^2-y2, [/mm] damit sieht das Integral vertrauter aus. wenn du willst kannst du einfach [mm] r^2-y^2 [/mm] stehen lassen und [mm] x=\wurzel{r^2-y^2}*sint [/mm] substitueieren . Die meisten sehen dabei eben die uebliche substitution nicht, deshalb das [mm] \tho
[/mm]
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:47 So 27.05.2012 | | Autor: | Lustique |
> Hallo
> im erstn Schritt schreibst du einfach [mm]\rho^2[/mm] statt [mm]r^2-y2,[/mm]
> damit sieht das Integral vertrauter aus. wenn du willst
> kannst du einfach [mm]r^2-y^2[/mm] stehen lassen und
> [mm]x=\wurzel{r^2-y^2}*sint[/mm] substitueieren . Die meisten sehen
> dabei eben die uebliche substitution nicht, deshalb das
> [mm]\tho[/mm]Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
> Gruss leduart
Ja, danke für die Klarstellung leduart, aber warum werden dann in diesem Schritt auch die Integrationsgrenzen geändert? Im Grunde genommen definiert man mit $\varrho$ doch nur eine Art Kurzschreibweise, also so wie du es auch geschrieben hast, oder nicht? Wenn man $\varrho$ nach $r$ umstellen würde, müsste man doch dann für die Integrationsgrenzen $\sqrt{\varrho^2+y^2}$ und $-\sqrt{\varrho^2+y^2}$ einsetzen, oder nicht? Das entspricht doch nur dann dem, was in der Gleichung steht, wenn $y^2=0$, oder übersehe ich da mal wieder was? 
$ F(y)=\int^{{\color{blue}r}}_{\color{blue}-r} f(x,y)\:\mathrm{d}x = \int^{{\color{red}\varrho}}_{\color{red}-\varrho} \sqrt{\varrho^2-x^2}\:\mathrm{d}x\overset{\star}{=} \varrho^2 \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos^2t\:\mathrm{d}t=\varrho^2\frac{\pi}{2}=\left(r^2-y^2)\frac{\pi}{2} $
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:44 So 27.05.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
ich glaube, dein Missverstaendnis liegt schon im ersten post, dort
$ V:= [mm] \int_{-r}^r \int_{-r}^r f(x,y)\:\mathrm{d}x\mathrm{d}y [/mm] $
ist so falsch.
richtig ist $ V:= [mm] \int_{-r}^r \int_{-r(y)}^{r(y)} f(x,y)\:\mathrm{d}x\mathrm{d}y [/mm] $
besser noch [mm] \rho(y) [/mm] statt r(y) da r ja Radius der Kugel ist.
Gruss leduart
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 01:01 Mo 28.05.2012 | | Autor: | Lustique |
> Hallo
> ich glaube, dein Missverstaendnis liegt schon im ersten
> post, dort
> [mm]V:= \int_{-r}^r \int_{-r}^r f(x,y)\:\mathrm{d}x\mathrm{d}y[/mm]
> ist so falsch.
> richtig ist [mm]V:= \int_{-r}^r \int_{-r(y)}^{r(y)} f(x,y)\:\mathrm{d}x\mathrm{d}y[/mm]
> besser noch [mm]\rho(y)[/mm] statt r(y) da r ja Radius der Kugel
> ist.
> Gruss leduart
Ah, ok, danke! Dann muss das aber im Forster auch falsch sein. Ich habe eben noch mal nachgeguckt, und da stehts genau so (also beide Male nur mit $r$). Bei mir in der Vorlesung wurde es auch vom Dozenten so angeschrieben.
Wie sähe denn dann [mm] $\rho(y)$ [/mm] aus? Wäre [mm] $\rho(y)=\sqrt{r^2-y^2}$, [/mm] also dasselbe [mm] $\rho$ [/mm] wie im Original-Rechenweg?
Hmm, seltsam. Ich habe diese Version mit einem Doppelintegral und ohne Polarkoordinaten auch bis jetzt im Internet an keiner andere Stellen mit variablem Kugelradius gesehen, sondern nur noch einmal hier im Forum mit $r=1$, wo du dich damals auch mal zu geäußert hast (https://matheraum.de/read?t=541192). Da wird aber doch auch über feste Grenzen integriert, also beide mal von -1 bis 1, oder ist das da was anderes, weil dort der Radius fest ist?
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> Ziel: Berechnung des Volumens einer Kugel mit dem Radius
> [mm]r>0[/mm] im [mm]\mathbb{R}^3[/mm].
>
> Dafür soll folgende (stetige) Funktion betrachtet werden:
>
> [mm]f\colon [-r,r] \times [-r,r] \to \mathbb{R}, f(x,y):= \begin{cases} \sqrt{r^2-x^2-y^2} & \text{für } x^2+y^2\leqslant r^2 \\
0 & \text{sonst. }\end{cases}[/mm]
>
> Wenn man das Ganze dann integriert, erhält man die obere
> Hälfte der Kugel
>
> [mm]K(r) = \{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 : x^2+y^2+z^2\leqslant r^2\}[/mm].
>
> Also entspricht
>
> [mm]V:= \int_{-r}^r \int_{-r}^r f(x,y)\:\mathrm{d}x\mathrm{d}y[/mm]
>
> der Hälfte des Volumens der Kugel mit Radius [mm]r[/mm] ([mm]K(r)[/mm]) .
>
> Für ein festes [mm]y \in [-r, r][/mm] sei nun [mm]\rho = \rho(y) := \sqrt{r^2-y^2}[/mm].
> Also ist
>
> [mm]F(y)=\int_{-r}^r f(x,y)\:\mathrm{d}x = \int_{-\rho}^\rho \sqrt{\rho^2-x^2}\:\mathrm{d}x\overset{\star}{=} \rho^2 \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos^2t\:\mathrm{d}t=\rho^2\frac{\pi}{2}=\left(r^2-y^2)\frac{\pi}{2}[/mm]
>
> Substitution:
> [mm]\star: x=\rho \sin t[/mm].
>
> Dann wird der ganze Spaß noch mal integriert...
> [...]
> Könntet ihr mir erklären, wie man von [mm]\int_{-r}^r f(x,y)\:\mathrm{d}x[/mm]
> nach [mm]\int_{-\rho}^\rho \sqrt{\rho^2-x^2}\:\mathrm{d}x[/mm]
> kommt? Ich verstehe nicht, wie die neuen Grenzen, also wie
> [mm]\int_{-\rho}^\rho[/mm] zustande kommt. Warum werden die
> überhaupt geändert? Da steht doch dann eigentlich
>
>[mm]\int_{-r}^r f(x,y)\:\mathrm{d}x=\int_{-\rho}^\rho \sqrt{\rho^2-x^2}\:\mathrm{d}x = \int_{-\sqrt{r^2-y^2}}^{\sqrt{r^2-y^2}} \sqrt{\left(\sqrt{r^2-y^2}\right)^2-x^2}\:\mathrm{d}x = \int_{-\sqrt{r^2-y^2}}^{\sqrt{r^2-y^2}} \sqrt{r^2-y^2-x^2}\:\mathrm{d}x=\int_{-\sqrt{r^2-y^2}}^{\sqrt{r^2-y^2}} f(x,y)\:\mathrm{d}x[/mm]
Hallo,
Du schreibst ja selbst
[mm] \int_{-r}^r f(x,y)\:\mathrm{d}x=[...]=\int_{-\sqrt{r^2-y^2}}^{\sqrt{r^2-y^2}} f(x,y)\:\mathrm{d}x.
[/mm]
Warum ist das so?
In [mm] \int_{-r}^r f(x,y)\:\mathrm{d}x [/mm] integriert man die Funktion f für festes y über dem x-Intervall [-r,r].
Nun ist aber für solche x, für welche [mm] x^2+y^2>r^2, [/mm]
also für die x mit [mm] x^2>r^2-y^2, [/mm]
dh. [mm] x<-\wurzel{r^2-y^2} [/mm] oder [mm] x>\wurzel{r^2-y^2}, [/mm]
f(x,y)=0, so daß man sich bei der Integration ohne Schaden auf den Bereich [mm] [-\wurzel{r^2-y^2},\wurzel{r^2-y^2}] [/mm] beschränken kann.
LG Angela
> Außerdem verstehe ich nicht, wo die neuen Grenzen
> [mm]\int_{-\pi/2}^{\pi/2}[/mm] im nächsten Schritt herkommen. Bei
> normaler Substitution würde man doch Folgendes tun: [mm]\rho \mapsto \rho\sin \rho[/mm]
> und [mm]-\rho \mapsto \rho\sin( -\rho)[/mm], also setzt die alten
> Grenzen in die Funktion ein, die man substituiert, und
> nimmt dann das Ergebnis, aber wie kommt man dann auf [mm]\pi/2[/mm]
> und [mm]-\pi/2[/mm]?
> Irgendwie werde ich aus den Rechenschritten nicht schlau.
> Der Rest ist dann kein Problem, aber ich kapiere die beiden
> Substitutionen nicht.
>
> Die Erklärungen sind wahrscheinlich ziemlich trivial, aber
> ich kann mir das gerade nicht erklären. :/
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:23 Di 29.05.2012 | | Autor: | Lustique |
> Hallo,
>
> Du schreibst ja selbst
> [mm]\int_{-r}^r f(x,y)\:\mathrm{d}x=[...]=\int_{-\sqrt{r^2-y^2}}^{\sqrt{r^2-y^2}} f(x,y)\:\mathrm{d}x.[/mm]
>
> Warum ist das so?
> In [mm]\int_{-r}^r f(x,y)\:\mathrm{d}x[/mm] integriert man die
> Funktion f für festes y über dem x-Intervall [-r,r].
>
> Nun ist aber für solche x, für welche [mm]x^2+y^2>r^2,[/mm]
> also für die x mit [mm]x^2>r^2-y^2,[/mm]
> dh. [mm]x<-\wurzel{r^2-y^2}[/mm] oder [mm]x>\wurzel{r^2-y^2},[/mm]
> f(x,y)=0, so daß man sich bei der Integration ohne Schaden
> auf den Bereich [mm][-\wurzel{r^2-y^2},\wurzel{r^2-y^2}][/mm]
> beschränken kann.
>
> LG Angela
Danke Angela, jetzt ist mir klar, wie das zustande kommt.
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