Polarkoordinaten & Jakobimatrix < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:22 Mi 19.11.2003 | | Autor: | ministel |
Also wir haben in der Vorlesung den Transformationssatz für Gebietsintegrale so definiert:
Sei [mm]M \subseteq \IR^n[/mm] offen, sei [mm]G: M -> \IR^n[/mm] eine injektive, stetig diffbare Abbildung mit [mm]JG(x) \ne 0[/mm] für alle [mm]x \in M[/mm].
Sei [mm]f: G(M) -> \IR[/mm] eine auf G(M) integrierbare Funktion. Dann ist die Funktion [mm]f°G|det JG|[/mm] auf M integrierber und [mm]\int_{G(M)} f = \int_M f°G|det JG|.[/mm]
Und ich bin mir jetzt nicht ganz sicher, was mein JG sein soll. Ist das die Jakobimatrix zu den jeweiligen Polarkoordinaten? Also wenn ich im IR² bin und dann [mm]x = rcos(\phi)[/mm] und [mm]y = rsin(\phi)[/mm] setze, sieht JG dann so aus:
[mm]\begin{pmatrix} cos(\phi) & -rsin(\phi) \\ sin(\phi) & rcos(\phi) \end{pmatrix}[/mm]
?
Hätte als Determinante natürlich ein hübsches Ergebnis...
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:11 Mi 19.11.2003 | | Autor: | Stefan |
Liebe Ministel,
es ist einfach die ganz normale Determinante der Jakobimatrix, also der totalen Ableitung. Wenn jetzt speziell die Abbildung G die Form
[mm] G : \begin{array}{ccc} \mathbb{R}^2 & \to \mathbb{R}^2 \\[5pt]
(r,\varphi) & \mapsto & (r \cos(\varphi), r \sin(\varphi)) \end{array}[/mm]
besitzt, klar, dann sieht die Matrix so aus wie von dir beschrieben. Im Allgemeinen hat das aber rein gar nichts mit Polarkoordinaten zu tun und ist einfach nur die Determinante der Matrix
[mm] \left( \begin{array}{ccc} \frac{\partial G_1}{\partial x_1} & \cdots & \frac{\partial G_1}{\partial x_n} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ \frac{\partial G_n}{\partial x_1} & \cdots & \frac{\partial G_n}{\partial x_n} \end{array}\right)[/mm],
die man, je nachdem wie [mm]G[/mm] definiert ist, immer wieder neu ausrechnen muss. Hierbei ist [mm]G=(G_1,\ldots,G_n)[/mm], d.h. die [mm]G_i[/mm] sind die Koordinatenabbildungen.
Alles klar?
Liebe Grüße
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:20 Mi 19.11.2003 | | Autor: | ministel |
Ja, ok, dann ists klar, danke. :) Ich kannte die Notation nur nicht, wie haben das in Ana II irgendwie anders geschrieben, daher wusste ich nicht recht, was damit gemeint war, aber so ist das klar.
Allerdings komm ich nicht so ganz damit zurecht, wenn ich die neuen Grenzen der Integrale bestimmen soll... Wenn ich vorher also ganz allgemeine Grenzen a und b habe, wie lauten dann meine neuen?
Also mir ist der Satz schon klar, das heißt, wenn das Integral vorher auf B definiert war, ist G^-1(B) meine neue Menge, über die ich dann integrieren muss. Aber irgendwie hab ich Schwierigkeiten, die exakt zu bestimmen...
--
Ich glaub, es ist doch besser, das anhand der Aufgabe zu machen. Mein Problem ist, dass ich als B habe: [mm]B³(a,b):=\{x \in \IR^3 : a \le ||x|| \le b\}[/mm]
Wenn ich jetzt Polarkoordinaten in der Form [mm]x1 = rcos(\phi)cos(\psi)[/mm], [mm]x2 = rsin(\phi)cos(\psi)[/mm] und [mm]x3 = rsin(\psi)[/mm] einführe, wie erhalte ich dann die Grenzen meines neuen Integrals?
Ich glaub, da haperts auch daran, überhaupt erstmal die Grenzen von B³(a,b) aufzustellen...
Nachricht bearbeitet (Mi 19.11.03 18:29)
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:41 Mi 19.11.2003 | | Autor: | Stefan |
Liebe Ministel,
also: Ein Kochrezept gibt es leider nicht. Es ist einfach im Allgemeinen schwierig die Urbildmenge zu bestimmen.
Bei deiner Aufgabe allerdings nicht. Dort ist es relativ einfach: Gesucht sind alle [mm](r,\varphi)[/mm], so dass der Vektor [mm](r\cos(\varphi)\cos(\psi), r sin(\varphi) \cos(\psi), r\sin(\psi))[/mm] eine Norm hat, die größer oder gleich [mm]a[/mm] und zugleich kleiner oder gleich [mm]b[/mm] ist. Nun gut: Von was hängt denn die Norm ab? Sicherlich nicht von den Winkeln, denn die euklidische Norm (und um die handelt es sich hoffentlich) ist rotatiossymmetrisch. Daher sind alle möglichen Winkel erlaubt, sowohl für [mm]\varphi[/mm] wie auch für [mm]\psi[/mm].
Was ist denn die Norm eines Vektors in der Polardarstellung mit Radius [mm]r[/mm]? Natürlich [mm]r[/mm]! Daher sind alle [mm]r[/mm] mit [mm]a \le r \le b[/mm] erlaubt.
Es gilt also:
[mm]G^{-1}(B^3(a,b)) = [a,b] \times [0,2\pi[ \times [-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}[.[/mm]
Verstanden? Sonst nachfragen! 
Liebe Grüße
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:13 Mi 19.11.2003 | | Autor: | Stefan |
Liebe Ministel!
Die Rechnung lautet nämlich, wenn [mm]G[/mm] die Polarkoordinatentransformation im [mm]\IR^3[/mm] ist, wegen [mm]|det\, JG(x)|=r^2\cos(\psi)[/mm]:
[mm]\int_{B^3(a,b)} f(\Vert x \Vert)\, dx [/mm]
[mm]= \int_{G^{-1}(B^3(a,b))} f(\Vert G(x)\Vert) \cdot |det\, JG(x)| \, dx[/mm]
[mm]= \int_{[a,b]} \int_{[0,2\pi[} \int_{[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}[} f(r) \cdot r^2 \cos(\psi) \, dr \, d\varphi \, d\psi[/mm]
[mm] = 4\pi \int_a^b f(r)\cdot r^2\, dr[/mm]
Sorry für die Verwirrung!!!
Liebe Grüße
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:42 Mi 19.11.2003 | | Autor: | ministel |
Hm, wie bestimme ich denn die Funktion, über die ich integrieren soll, wenn ich den Flächeninhalt von
a) des eingeschlossenen Bereichs der Kurve (x²+y²)² = 2a(x²-y²) (a > 0)
b) des ebenen Bereichs [mm]A:=\{(x,y) \in \IR^2 : 0 \le x, (\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2}) \le \frac{xy}{c^2}\}[/mm]
bestimmen soll?
Grenzen und so sind glaub ich kein Problem, nur die Funktion fehlt mir. :\
Nachricht bearbeitet (Mi 19.11.03 22:43)
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 01:27 Do 20.11.2003 | | Autor: | Stefan |
Hallo Ministel,
die Funktion ist einfach die konstante Einsfunktion. Was hast du denn schon zu der Aufgabe? Wenn du es mir schnell aufschreibst, dann kontrolliere ich es. Ich gehe allerdings in ca. 5 Minuten ins Bett.
Alles Gute
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 03:05 Do 20.11.2003 | | Autor: | ministel |
Danke, Stefan, du hast mich grad echt aus nem ziemlich tiefen Loch gezogen.
Ich hatte deinen Eintrag nicht mehr gesehen, und seit meiner Frage hatte sich bezüglich der Aufgaben gar nichts mehr getan. Hab das halbe Internet nach Beispielaufgaben durchforstet, alle möglichen Skripte und Bücher gewälzt und absolut gar nichts gefunden, womit ich was hätte anfangen können. Dann hab ich also völlig entnervt aufgegeben und mir gedacht, dass es eh keinen Sinn mehr hat. Da ich aber noch recht munter war, dachte ich mir, mach ich mich schonmal an die Stochastikaufgaben für nächsten Mittwoch, und was ist? Gleich erster Lösungsversuch natürlich komplett fehlgeschlagen und bei den übrigen Aufgaben herrschte rigoroses Unverständnis. Das hat mein Selbstbewusstsein erstmal ordentlich in den Keller gezogen, daraus resultierend völlige Unlust, also PC ausgemacht und ins Bett, und da hab ich angefangen zu grübeln, ob das Studium überhaupt das Richtige für mich ist und ob ich nicht viel zu faul und inkompetent dafür bin. Brauchte dann irgendwas, womit ich mir Luft machen konnte, hab zum Telefon gegriffen und meinen Freund angerufen, der aber scheinbar noch unterwegs ist, also wieder Computer an, um ihm ne Mail zu schreiben und ein bisschen rumzujammern  und dann gedacht: naja, guck ich nochmal, vielleicht kam ja doch noch ne Antwort.
Jetzt ist die Mail überflüssig, ich bin nämlich wieder motiviert.
Also viel Rumgerede, aber mal ein Punkt, an dem gesagt werden sollte, dass es unglaublich hilfreich und ermunternd ist, dass es dieses Forum mit diesen Tutoren gibt!
Jetzt zu den Aufgaben. Du schläfst zwar bestimmt eh schon tief und fest, sodass ichs morgen einfach auf gut Glück abgebe und hoffe, dass irgendwas davon halbwegs stimmt (wobeis mittlerweile nicht mal schlimm wär, wenn der Großteil falsch wär, ich bin momentan einfach nur froh, dass ich vor keiner Sackgasse mehr stehe ), aber dann weiß ich nicht erst Dienstag in der Übung ob und wenn ja was ich falsch gemacht hab.
Also, zu der Aufgabe mit der Kurve (x²+y²)² = 2a²(x²-y²) :
Eingesetzt hab ich die Polarkoordinaten [mm]x = rcos(\phi)[/mm] und [mm]y = rsin(\phi)[/mm]. Die Jacobideterminante ist dann r.
Für die Grenzen gilt: [mm]\phi \in [0,2\pi)[/mm] und [mm]0 < r \le \sqrt{2}a[/mm]
Gekommen bin ich darauf so: Polarkoordinaten in die Gleichung eingesetzt und entsprechendes gekürzt, ergibt: [mm]r^2 = 2a²(cos^2(\phi)-sin^2(\phi))[/mm]
Der maximale Abstand von Sinus zu Cosinus ist 1, womit dann gilt: [mm]-2a^2 \le \r^2 \le 2a^2[/mm]. Und da r² sowieso immer positiv ist, läuft r nun von 0 bis [mm]\sqrt{2}a[/mm]
Das in die Formel eingesetzt ergibt:
[mm]\int_0^{2\pi} \int_0^{\sqrt{2}a} r dr d\phi = \int_0^{2\pi}a^2 d\phi = 2\pi a^2[/mm]
Wobei mir grad einfällt, dass das glaub ich nur die Hälfte des Flächeninhalts ist, oder? Der Ganze kanns ja schlecht sein, denn da müsste eigentlich 0 rauskommen, weils ja symmetrisch ist. Also dann einfach mal 2?
Zu der zweiten Fläche:
Polarkoordinaten: [mm]x = arcos(\phi)[/mm] und [mm]y = brsin(\phi)[/mm]
In die Ungleichung eingesetzt und gekürzt erhält man [mm] r^2 \le \frac{ab}{c^2}cos(\phi)sin(\phi)[/mm]
Da a, b, c per Definition positiv sind, und x und y ebenfalls, damit die Ungleichung stimmt, folgt daraus, dass [mm]\phi \in [0,\frac{\pi}{2}][/mm]. Somit gilt dann, dass [mm]\frac{ab}{c^2}cos(\phi)sin(\phi)[/mm] für [mm]\phi = \frac{\pi}{4}[/mm] maximal wird, also gilt, dass r zwischen 0 und [mm]\frac{1}{c}\sqrt{\frac{ab}{2}}[/mm] verläuft.
Integral ausgerechnet für Jacobideterminante abr ergibt (was bestimmt falsch ist, so krumm wie das Ding ist ): [mm]\frac{ab\pi}{2c}\sqrt{\frac{ab}{2}}[/mm]
So, und jetzt geh ich auch ins Bett, mit der Hoffnung, doch nicht ganz so doof zu sein, egal, ob die Ergebnisse nun stimmen oder nicht.
Nachricht bearbeitet (Do 20.11.03 03:08)
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 10:37 Do 20.11.2003 | | Autor: | Stefan |
Liebe Ministel!
Erst einmal: Zu inkompetent und faul bist du ganz sicher nicht, im Gegenteil!
(Allerdings könntest du dich ab und zu mal ein bisschen eher mit deinen Übungsaufgaben melden und nicht erst einen Tag vor der Abgabe. )
Deine Rechnungen sind leider nicht richtig, aber so tragisch ist das nicht. Für mich sind die Aufgaben mittlerweile relativ einfach (dennoch mache ich Fehler, siehe gestern ), schließlich beschäftige ich mich schon fast seit einem Jahrzehnt mit Mathematik, aber im 3. Semester hätte ich mich damit genauso schwer getan wie du jetzt, auf jeden Fall!
Zur 1. Fläche:
Du hattest ja bereits:
> Also, zu der Aufgabe mit der Kurve (x²+y²)² = 2a²(x²-y²) :
>
> Eingesetzt hab ich die Polarkoordinaten [mm]x = rcos(\phi)[/mm]
> und [mm]y = rsin(\phi)[/mm]. Die Jacobideterminante ist dann
> r.
> Für die Grenzen gilt: [mm]\phi \in [0,2\pi)[/mm] und [mm]0 < r
> \le \sqrt{2}a[/mm]
> Gekommen bin ich darauf so: Polarkoordinaten in die Gleichung
> eingesetzt und entsprechendes gekürzt, ergibt: [mm]r^2 =
> 2a²(cos^2(\phi)-sin^2(\phi))[/mm]
Das ist bis dahin richtig. Der Rest ist leider falsch.
Hier nun der "Trick": Es gilt:
[mm]\cos^2(\phi)-\sin^2(\phi) =\cos(2\phi)[/mm].
Daher wird die Lemniskate in den Polarkoordinaten durch
[mm]r^2 = 2a^2 \, \cos(2\phi)[/mm]
berandet. Innerhalb der Umrandung liegen also alle Paare [mm](r,\phi)[/mm] mit [mm]0 \le r \le \sqrt{2}a |\cos(2\phi)|[/mm], wobei [mm]\phi[/mm] alle Werte zwischen [mm]0[/mm] und [mm]2\pi[/mm] durchläuft. Nun hast du recht, das Ding ist symmetrisch, und zwar in beiden Achsen.
Wir müssen also nur die Fläche im ersten Quadranten berechnen und dann mal vier nehmen. Wie weit geht denn die Kurve im ersten Quadranten? Für [mm]\phi=\frac{\pi}{4}[/mm] ist zum ersten Mal [mm]2a^2 \, \cos(2\phi)=0[/mm], d.h. wir befinden uns dann zum ersten Mal im Nullpunkt. (Beachte bitte: Für [mm]\phi \in [0,2\pi][/mm] wird die Lemniskate zweimal (!) durchlaufen.) Im Bereich [mm][0,\frac{\pi}{4}][/mm] ist der Kosinus [mm]\cos(2\phi)[/mm] nichtnegativ, so dass dort dann [mm]0 \le r \le a\, \sqrt{2\cos(2\phi)}[/mm] gilt.
Nun rechnen wir mal ein bisschen rum:
Flächeninhalt(Lemniskate)
[mm]= 4 \cdot \int_0^{\frac{\pi}{4}} \int_0^{a \sqrt{2\cos(2\phi)}} r\, dr\, d\phi[/mm]
[mm]= 2 \cdot \int_0^{\frac{\pi}{4}} r^2 \vert_{r=0}^{r=a\sqrt{2\cos(2\phi)}}\, d\phi[/mm]
[mm]= 2 a^2 \cdot \int_0^{\frac{\pi}{4}} 2\cos(2\phi) \, d\phi[/mm]
[mm]= 2 a^2 \cdot \sin(2\phi) \vert_{\phi=0}^{\phi=\frac{\pi}{4}} [/mm]
[mm]= 2 a^2 [/mm].
Liebe Grüße
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:41 Do 20.11.2003 | | Autor: | Stefan |
Liebe Ministel,
hier jetzt noch die zweite Fläche:
Richtig war bei dir noch die Bedingung
[mm]r^2 \le \frac{ab}{c^2}\, \cos(\phi)\, \sin(\phi).[/mm]
Wann ist diese Bedingung überhaupt erfüllbar? Genau dann, wenn die rechte Seite nichtnegativ ist. Dies ist für
[mm] \phi \in [0,\frac{\pi}{2}] \cup [\pi,\frac{3\pi}{2}] [/mm]
der Fall. Aus Symmetriegründen brauchen wir nur den Fall [mm]\phi \in [0,\frac{\pi}{2}][/mm] zu betrachten und dann anschließend das Integral mal 2 zu nehmen.
Zu berechnen ist also:
[mm] 2 \cdot \int_0^{\frac{\pi}{2}} \int_0^{\sqrt{\frac{ab}{c^2} \cos(\phi)\sin(\phi)}} r \, dr \, d\phi[/mm]
[mm]= \int_0^{\frac{\pi}{2}} r^2 \vert_{r=0}^{r=\sqrt{\frac{ab}{c^2} \cos(\phi)\sin(\phi)}} \, d\phi[/mm]
[mm]= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{ab}{c^2} \cos(\phi)\sin(\phi) \, d\phi[/mm]
[mm]= \frac{ab}{2c^2}\, \sin^2(\phi) \vert_{\phi=0}^{\phi=\frac{\pi}{2}} [/mm]
[mm]= \frac{ab}{2c^2}[/mm]
Alles klar? Habe ich mich verrechnet? Bitte prüfen.
Liebe Ministel, hast du es denn jetzt verstanden oder hast du noch Fragen?
Liebe Grüße
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:14 Do 20.11.2003 | | Autor: | ministel |
Dank dir, Stefan!
Also zu der Sache, dass ich immer erst so spät anfange: Mir gehts selber auch auf die Nerven, dass ich das immer so vor mir her schiebe, und ich gelobe Besserung!
Diese Woche wars so, dass ich ne ganze Zeit an Stochastik geklebt bin und das so perfekt wie möglich machen wollte, was dann den Großteil der Zeit gefressen hat. Heute bin ich leider zu nix gekommen, aber ich wollt morgen schonmal mit dem neuen Stochastikblatt anfangen und das bis Sonntag fertig haben, damit ich Montag bis Mittwoch für Ana Zeit hab. Ich hoffe, ich bekomm das so auf die Reihe.
Also was mir noch nicht so ganz klar ist: Warum nimmt man die 1-Funktion?
Ich kann mir das anschaulich irgendwie gar nicht erklären... Für mich ist das im Moment einfach nur irgendso eine Formel, bei der mir gesagt wird: Mach das und das und nimm dann die 1-Funktion und rechne es aus. Aber ich weiß absolut nicht, warum.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 10:22 Fr 21.11.2003 | | Autor: | Stefan |
Liebe Ministel!
> Also zu der Sache, dass ich immer erst so spät anfange: Mir
> gehts selber auch auf die Nerven, dass ich das immer so vor mir
> her schiebe, und ich gelobe Besserung!
Im Prinzip ist es mir natürlich egal, wann du deine Aufgaben machst. Aber wir könnten dir halt effektiver helfen, wenn du dich früher mit Fragen meldest.
> Diese Woche wars so, dass ich ne ganze Zeit an Stochastik
> geklebt bin und das so perfekt wie möglich machen wollte, was
> dann den Großteil der Zeit gefressen hat. Heute bin ich leider
> zu nix gekommen, aber ich wollt morgen schonmal mit dem neuen
> Stochastikblatt anfangen und das bis Sonntag fertig haben,
> damit ich Montag bis Mittwoch für Ana Zeit hab.
Dann melde dich doch schon mal mit deinen Stochastikaufgaben. Dann kann ich schon mal drüber nachdenken.
> Also was mir noch nicht so ganz klar ist: Warum nimmt man die
> 1-Funktion?
Nun ja, das liegt gerade an der Definition des Lebesgue-Maßes bzw. am Lebesgue-Integral.
Erinnere dich mal zurück: Wie habt ihr das Lebesgue-Maß für Würfel definiert? Es galt doch für
[mm]Q = [a_1,b_1[ \times \cdots \times [a_n,b_n[[/mm]
die Beziehung
[mm]\lambda(Q)= (b_1 - a_1)\cdot \ldots \cdot (b_n - a_n)[/mm]
und dies entspricht für [mm]n=2[/mm] gerade der Fläche.
Nun überleg dir mal umgekehrt, wie ihr das Lebesgueintegral für charakteristische Funktionen von Würfeln (oder allgemein für Borel-messbare Mengen, aber ich bleibe jetzt mal bei Würfeln) definiert hab1:
[mm]\int 1_Q \, d\lambda = \lambda(Q)[/mm]
Nun ja, aber wenn ich nun die 1-Funktion über eine Menge integriere, dann ist das ja gerade das Integral über die charakteristische Funktion dieser Menge:
[mm] \int_Q 1 \, d\lambda = \int 1_Q\, d\lambda.[/mm]
Nimmt man nun alle diese Aussagen zusammen, sollte der Zusammenhang klar sein. Oder? Wenn nicht, dann frage bitte unbedingt nach!
Liebe Grüße
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:40 Fr 21.11.2003 | | Autor: | ministel |
Nein, nein, du hast da schon recht, was das späte Lösen angeht. Ganz gleich, ob ich nun Tipps von euch bräuchte oder nicht, es ist sicherlich effektiver, wenn man damit früher anfängt.
Ja, klingt sehr logisch. Obwohls so offensichtlich ist, bin ich irgendwie nicht auf die Verbindung 1-Funktion und Indikatorfunktion gekommen.
Dank dir!
|
|
|
|
