Schwerpunkt < Integrationstheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:42 Mi 24.06.2020 | | Autor: | James90 |
Hallo,
in einer Altklausur habe ich folgende Aufgabe gefunden und leider komme ich nicht weiter.
Hoffentlich könnt ihr mir helfen! 
Bestimmte den Schwerpunkt von [mm] K=\{(x,y,z)\in\IR^3\mid x^2+y^2\le z^2, 0\le z\le 1\}.
[/mm]
Meine Gedanken dazu:
Das müsste eine Kugel mit Radius $z$ sein.
Die Koordinaten des Schwerpunkts [mm] s\in\IR^3 [/mm] sind gegeben durch [mm] $s_i=\frac{1}{\lambda(V)}\int_V x_i d\lambda$.
[/mm]
Geht es nun mit Transformation weiter, weil wir es mit einem "Kreis" zutun haben?
Vielen Dank und viele Grüße
James
|
|
| |
|
Die beschriebene Menge K ist nicht eine Kugel, sondern ein (Voll-) Kreiskegelkörper mit der z-Achse als Rotationsachse, Kegelspitze im Ursprung O(0|0|0) und Grundkreis mit Radius 1 in der Ebene z=1 und (Grundkreis-) Mittelpunkt M(0|0|1).
Aufgrund dieser Kenntnisse kann man den Schwerpunkt eigentlich sofort angeben, nämlich S(0|0|0.75).
Aber du sollst ja eine Integration durchführen. Aufgrund der Rotationssymmetrie bezüglich der z-Achse ist aber sofort klar, dass es nur noch darum gehen kann, den richtigen Wert für die z-Koordinate $\ [mm] z_S$ [/mm] zu berechnen.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:24 Mi 24.06.2020 | | Autor: | fred97 |
Wie K aussieht hat Al schon erklärt.
Zunächst versuchen wir ein Integral der Form [mm] $\int_K [/mm] f(x,y,z) d(x,y,z)$ zu berechnen.
Male Die ein Bild ! Dann solltest Du sehen: mit [mm] $A:=\{(x,y) \in \IR^2:x^2+y^2 \le 1\}$ [/mm] ist
[mm] $\int_K [/mm] f(x,y,z) [mm] d(x,y,z)=\int_A (\int_{\sqrt{x^2+y^2}}^1f(x,y,z) [/mm] dz)d(x,y).$
Zur Berechnung von $ [mm] \lambda(K)$ [/mm] wählen wir $f=1.$ Also:
$ [mm] \lambda(K)=\int_A (\int_{\sqrt{x^2+y^2}}^11 dz)d(x,y)=\int_A(1- \sqrt{x^2+y^2})d(x,y)$
[/mm]
Das letzte Integral darfst nun Du berchnen und zwar mit Polarkoordinaten. Dann ergibt sich
$ [mm] \lambda(K)= \pi/3.$
[/mm]
Für die Koordinaten des Schwerpunktes musst Du nun noch die Integrale
[mm] $\int_K [/mm] x d(x,y,z), [mm] \int_K [/mm] y d(x,y,z)$ und [mm] $\int_K [/mm] z d(x,y,z)$ berechnen.
Zum ersten Integral:
[mm] $\int_K [/mm] x d(x,y,z)= [mm] \int_Ax(\int_{\sqrt{x^2+y^2}}^11dz)d(x,y).$
[/mm]
Ich hoffe , du kommst nun klar.
|
|
|
| |
|
Hallo FRED,
meiner Ansicht nach sollte man hier das (starke) Symmetrieargument nutzen dürfen, um dann nur eine einzige Integration (für die z-Koordinate) tatsächlich durchführen zu müssen.
LG , Al
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 08:47 Do 25.06.2020 | | Autor: | fred97 |
> Hallo FRED,
>
> meiner Ansicht nach sollte man hier das (starke)
> Symmetrieargument nutzen dürfen, um dann nur eine einzige
> Integration (für die z-Koordinate) tatsächlich
> durchführen zu müssen.
>
> LG , Al
Hallo Al,
ich glaube, dass James90 in seiner Vorlesung beim Thema "Integration im [mm] \IR^n [/mm] " angelangt ist. Zu üben gibt es dann Aufgaben wie die obige: berechne das Integral $ [mm] \int_K [/mm] f(x,y,z) d(x,y,z) $ .
Bei solchen Aufgaben geht es um das Auffinden der richtigen Integrationsgrenzen, um die Anwendúng des Transformationssatzes, Polarkoordinaten, etc ....
Das soll geübtwerden oder, wie hier, in einer Klausur angewendet werden.
Natürlich hast Du recht, dass man den Schwerpunkt von K sofort "sehen" kann, wenn man sich klar gemacht hat, welches Gebilde die Menge K ist.
Deine Argumentation würde in einer Klausur kaum durchgehen.
LG Fred
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:44 Do 25.06.2020 | | Autor: | James90 |
Hallo zusammen,
vielen Dank für die Erklärung @AI und vielen Dank für die Anleitung @fred !
> Wie K aussieht hat Al schon erklärt.
>
> Zunächst versuchen wir ein Integral der Form [mm]\int_K f(x,y,z) d(x,y,z)[/mm]
> zu berechnen.
>
> Male Die ein Bild !
Mein Versuch:
[Dateianhang nicht öffentlich]
> Dann solltest Du sehen: mit [mm]A:=\{(x,y) \in \IR^2:x^2+y^2 \le 1\}[/mm]
> ist
Ich "sehe" es leider nicht, aber man kann ja rechnen ...
Die Menge [mm] $K=\{(x,y,z)\in\IR^3\mid x^2+y^2\le z^2, 0\le z\le 1\}$ [/mm] ist gegeben.
Aus [mm] $x^2+y^2\le z^2$ [/mm] folgt [mm] $\sqrt{x^2+y^2}\le|z|$.
[/mm]
Mit [mm] $0\le z\le [/mm] 1$ also [mm] $\sqrt{x^2+y^2}\le z\le [/mm] 1$.
Somit können wir zunächst nach $dz$ über dem Intervall [mm] $[\sqrt{x^2+y^2},1]$ [/mm] integrieren und dann den Rest? $d(x,y)$. (Fubini)
Mir ist allerdings nicht klar, warum der Rest hier $A$ sein soll, denn es gilt doch nicht [mm] $A\cup [\sqrt{x^2+y^2},1]=K$ [/mm] und [mm] $A\cap [\sqrt{x^2+y^2},1]=\emptyset$.
[/mm]
> [mm]\int_K f(x,y,z) d(x,y,z)=\int_A (\int_{\sqrt{x^2+y^2}}^1f(x,y,z) dz)d(x,y).[/mm]
>
> Zur Berechnung von [mm]\lambda(K)[/mm] wählen wir [mm]f=1.[/mm] Also:
>
Das darf man wohl, weil für eine messbare Menge [mm] $A\subseteq\IR^d$ [/mm] gilt [mm] $\int_A dx=\int_{\IR^d}1_A$, [/mm] richtig?
> [mm]\lambda(K)=\int_A (\int_{\sqrt{x^2+y^2}}^11 dz)d(x,y)=\int_A(1- \sqrt{x^2+y^2})d(x,y)[/mm]
>
> Das letzte Integral darfst nun Du berchnen und zwar mit
> Polarkoordinaten. Dann ergibt sich
> [mm]\lambda(K)= \pi/3.[/mm]
Wir setzen [mm] $x=r\cos\phi$ [/mm] und [mm] $y=\sin\phi$, [/mm] wobei [mm] $r\in[0,1]$ [/mm] und [mm] $\phi\in[2\pi]$. [/mm] Dann gilt
[mm] $\int_A(1-\sqrt{x^2+y^2})d(x,y)=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1}(1-r)rd(r,\phi)=\ldots=\pi/3$
[/mm]
Cool!
> Für die Koordinaten des Schwerpunktes musst Du nun noch
> die Integrale
>
> [mm]\int_K x d(x,y,z), \int_K y d(x,y,z)[/mm] und [mm]\int_K z d(x,y,z)[/mm]
> berechnen.
>
> Zum ersten Integral:
>
> [mm]\int_K x d(x,y,z)= \int_Ax(\int_{\sqrt{x^2+y^2}}^11dz)d(x,y).[/mm]
>
> Ich hoffe , du kommst nun klar.
Wir setzen [mm] $x=r\cos\phi$ [/mm] und [mm] $y=\sin\phi$, [/mm] wobei [mm] $r\in[0,1]$ [/mm] und [mm] $\phi\in[2\pi]$. [/mm] Dann gilt
[mm] $\int_K [/mm] x d(x,y,z)= [mm] \int_Ax(\int_{\sqrt{x^2+y^2}}^11dz)d(x,y)=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1}r\cos\phi(1-r)rd(r,\phi)=\ldots=0$
[/mm]
[mm] $\int_K [/mm] y [mm] d(x,y,z)=\ldots=0$ [/mm] (Analog)
[mm] $\int_K [/mm] z d(x,y,z)= [mm] \int_A(\int_{\sqrt{x^2+y^2}}^1zdz)d(x,y)=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1}(1-r^2)rd(r,\phi)=\ldots=\pi/4$
[/mm]
Damit klappt auch die Kontrolle von @AI, denn die z-Koordinate der Schwerpunktes ist dann gegeben durch [mm] $\frac{1}{\pi/3}*\frac{\pi}{4}=\frac{3}{4}$.
[/mm]
Super, jetzt habe ich zwar die Lösung, aber bin noch nicht ganz sicher bei meinen Fragen oben ... 
Vielen lieben Dank euch!
Viele Grüße
James
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 08:32 Fr 26.06.2020 | | Autor: | fred97 |
> Hallo zusammen,
>
> vielen Dank für die Erklärung @AI und vielen Dank für
> die Anleitung @fred !
>
> > Wie K aussieht hat Al schon erklärt.
> >
> > Zunächst versuchen wir ein Integral der Form [mm]\int_K f(x,y,z) d(x,y,z)[/mm]
> > zu berechnen.
> >
> > Male Die ein Bild !
>
> Mein Versuch:
>
> [Dateianhang nicht öffentlich]
>
> > Dann solltest Du sehen: mit [mm]A:=\{(x,y) \in \IR^2:x^2+y^2 \le 1\}[/mm]
> > ist
>
> Ich "sehe" es leider nicht, aber man kann ja rechnen ...
Na ja, man kann eine Skizze machen....
>
> Die Menge [mm]K=\{(x,y,z)\in\IR^3\mid x^2+y^2\le z^2, 0\le z\le 1\}[/mm]
> ist gegeben.
> Aus [mm]x^2+y^2\le z^2[/mm] folgt [mm]\sqrt{x^2+y^2}\le|z|[/mm].
> Mit [mm]0\le z\le 1[/mm] also [mm]\sqrt{x^2+y^2}\le z\le 1[/mm].
> Somit
> können wir zunächst nach [mm]dz[/mm] über dem Intervall
> [mm][\sqrt{x^2+y^2},1][/mm] integrieren und dann den Rest? [mm]d(x,y)[/mm].
> (Fubini)
> Mir ist allerdings nicht klar, warum der Rest hier [mm]A[/mm] sein
> soll, denn es gilt doch nicht [mm]A\cup [\sqrt{x^2+y^2},1]=K[/mm]
> und [mm]A\cap [\sqrt{x^2+y^2},1]=\emptyset[/mm].
Machen wir es zunächst allgemein.
Sei A eine messbare Teilmenge des [mm] \IR^2, [/mm] die Funktionen $h,g: A [mm] \to \IR$ [/mm] seien stetig und es gelte $h [mm] \le [/mm] g$ auf A.
Dann sei $K:= [mm] \{(x,y,z) \in \IR^3: (x,y) \in A, h(x,y) \le z \le g(x,y)\}.$
[/mm]
Versuche mal , die Menge K zu skizzieren.
K ist die Menge der Punkte im [mm] \IR^3, [/mm] die zwischen den Graphen von h und g liegen.
Ist nun f eine stetige Funktion auf K, so gilt (Fubini grüßt !)
[mm] $\int_K [/mm] f(x,y,z) d(x,y,z) = [mm] \int_A( \int_{h(x,y)}^{g(x,y)} [/mm] f(x,y,z) dz)d(x,y).$
In Deiner Aufgabe ist [mm] A=\{(x,y) \in \IR^2: x^2+y^2 \le 1 \}$, [/mm] es ist h(x,y) = [mm] \sqrt{x^2+y^2} [/mm] und g(x,y)=1.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 04:10 Fr 26.06.2020 | | Autor: | James90 |
Hallo zusammen,
zur Übung würde ich gerne eine weitere ähnliche Aufgabe einer Altklausur durchgehen.
Sei [mm] $K=\{(r\cos\phi,r\sin\phi,z)\in\IR^3\mid (r,z)\in\IR_{>0}\times\IR,\phi\in[0,2\pi]\}$. [/mm] Berechne [mm] $\lambda(K).
[/mm]
Meine Überlegungen:
1) Das müsste ein Zylinder sein, der auf der z-Achse rotiert, wobei z die Höhe des Zylinders ist. Der Radius de Kreise müsste 1 sein, die Mittelpunkte müssten in (0,0,r) liegen.
2) Mit [mm] $x:=r\cos\phi$, $y:=r\sin\phi$ [/mm] und $z:=z$ wäre dann meine Idee [mm] $\lambda(K)=\int_K rd(r,\phi,z)$ [/mm] zu berechnen.
3) Was mache ich nun aber mit den Grenzen? Habe mir überlegt, dass ich hier bei der y-Achse den "Kreis" basteln müsste, d.h. sei wieder [mm] A:=\{(x,y)\in\IR^2\mid x^2+y^2\le 1\}. [/mm] Dann gilt
[mm] $\lambda(K)=\int_K rd(r,\phi,z)=\int_{A}\int_{\sqrt{x^2+y^2}}^{1}rd(\phi) [/mm] d(r,z)$
Dann: Aus [mm] $x=r\cos\phi$ [/mm] folgt [mm] $r=\cos\phi/x$.
[/mm]
Habe ich mich wieder verrannt?
Vielen Dank erneut für jede Hilfe!
Viele Grüße
James
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 08:52 Fr 26.06.2020 | | Autor: | fred97 |
> Hallo zusammen,
>
> zur Übung würde ich gerne eine weitere ähnliche Aufgabe
> einer Altklausur durchgehen.
>
> Sei [mm]$K=\{(r\cos\phi,r\sin\phi,z)\in\IR^3\mid (r,z)\in\IR_{>0}\times\IR,\phi\in[0,2\pi]\}$.[/mm]
> Berechne [mm]$\lambda(K).[/mm]
Komisch ! Für einen Punkt [mm] $(r\cos\phi,r\sin\phi,z) \in [/mm] K$ wird nur gefordert r>0 , z [mm] \in \IR [/mm] und [mm] \phi\in[0,2\pi].
[/mm]
Hast Du das richtig abgeschrieben ? Die Forderungen r>0 , z [mm] \in \IR [/mm] leifern nämlich
$ K= [mm] \IR^3 \setminus \{(0,0,z): z \in \IR\}.$
[/mm]
K ist also der [mm] \IR^3 [/mm] aus dem die z-Achse entfernt wurde !
Damit ist [mm] $\lambda(K)= \infty.$
[/mm]
>
> Meine Überlegungen:
>
> 1) Das müsste ein Zylinder sein, der auf der z-Achse
> rotiert, wobei z die Höhe des Zylinders ist. Der Radius de
> Kreise müsste 1 sein, die Mittelpunkte müssten in (0,0,r)
> liegen.
> 2) Mit [mm]x:=r\cos\phi[/mm], [mm]y:=r\sin\phi[/mm] und [mm]z:=z[/mm] wäre dann
> meine Idee [mm]\lambda(K)=\int_K rd(r,\phi,z)[/mm] zu berechnen.
> 3) Was mache ich nun aber mit den Grenzen? Habe mir
> überlegt, dass ich hier bei der y-Achse den "Kreis"
> basteln müsste, d.h. sei wieder [mm]A:=\{(x,y)\in\IR^2\mid x^2+y^2\le 1\}.[/mm]
> Dann gilt
>
> [mm]\lambda(K)=\int_K rd(r,\phi,z)=\int_{A}\int_{\sqrt{x^2+y^2}}^{1}rd(\phi) d(r,z)[/mm]
Du hast nur einiges aus der vorigen Aufgabe abgeschrieben !!
>
> Dann: Aus [mm]x=r\cos\phi[/mm] folgt [mm]r=\cos\phi/x[/mm].
>
> Habe ich mich wieder verrannt?
Nehmen wir mal an, K sie ein beschränkter Zylinder, also
[mm] $K=\{(r\cos\phi,r\sin\phi,z)\in\IR^3: 0 \le r \le 1, 0 \le z \le h,\phi\in[0,2\pi]\}$
[/mm]
mit h>0. K ist dann ein Zylinder mit Grundkreis [mm] A=\{(x,y) \in \IR^2: x^2+y^2 \le1\} [/mm] und Höhe h.
Dann kannst Du [mm] \lambda(K) [/mm] wie folgt berechnen:
[mm] $\lambda(K)= \int_A(\int_0^h [/mm] 1 dz) d(x,y)=h [mm] \int_A [/mm] 1 d(x,y).$
[mm] $\int_A [/mm] 1 d(x,y)$ ist der Flächeninhalt von A also = [mm] \pi. [/mm]
Es folgt $ [mm] \lambda(K)=h \pi.$
[/mm]
>
> Vielen Dank erneut für jede Hilfe!
>
> Viele Grüße
> James
>
>
>
>
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:05 Fr 26.06.2020 | | Autor: | James90 |
Hallo Fred,
vielen Dank erneut für deine große Hilfe!
> Hast Du das richtig abgeschrieben ?
Ich habe leider übersehen, dass [mm] $\{(r,z)\in\IR_{>0}\times\IR\}$ [/mm] beschränkt sein muss, aber das hast du wohl "geahnt" ...
> Nehmen wir mal an, K sie ein beschränkter Zylinder, also
>
> [mm]K=\{(r\cos\phi,r\sin\phi,z)\in\IR^3: 0 \le r \le 1, 0 \le z \le h,\phi\in[0,2\pi]\}[/mm]
>
> mit h>0. K ist dann ein Zylinder mit Grundkreis [mm]A=\{(x,y) \in \IR^2: x^2+y^2 \le1\}[/mm]
> und Höhe h.
>
> Dann kannst Du [mm]\lambda(K)[/mm] wie folgt berechnen:
>
> [mm]\lambda(K)= \int_A(\int_0^h 1 dz) d(x,y)=h \int_A 1 d(x,y).[/mm]
>
> [mm]\int_A 1 d(x,y)[/mm] ist der Flächeninhalt von A also = [mm]\pi.[/mm]
>
> Es folgt [mm]\lambda(K)=h \pi.[/mm]
Danke Dir!
Hierbei ist Radius [mm] $r\in[0,1]$. [/mm] Ich würde das gerne nochmal für [mm] $r\in[0,R]$, [/mm] wobei $R>0$ testen:
[mm] $K=\{(r\cos\phi,r\sin\phi,z)\in\IR^3: 0 \le r \le R, 0 \le z \le h,\phi\in[0,2\pi]\}$ [/mm] mit $R,h>0$.
K ist dann ein Zylinder mit Grundkreis [mm] $A=\{(x,y) \in \IR^2: x^2+y^2 \le R^2\} [/mm] mit Höhe h und Radius R.
Dann können wir berechnen:
[mm] $\lambda(K)=\int_A(\int_0^h [/mm] 1 dz) d(x,y)=h [mm] \int_A [/mm] 1 [mm] d(x,y)=h\p*R^2$.
[/mm]
Das ist echt cool!
Nochmal zur Übung ein einfaches Beispiel:
Sei nun [mm] $B\subseteq \{(r,z)\in\IR_{>0}\times\IR\}$ [/mm] beschränkt.
Wir schreiben das wieder um: [mm] B\subseteq\{(r,z)\in\IR^2, 0\le r\le R, 0\le z\le h\}$.
[/mm]
Dann gilt [mm] \lambda(B)=\int_Bd\lambda=\int_0^R\int_0^h1d(z,r)=\int_0^Rhd(r)=Rh.
[/mm]
Passt das?
Sei nun [mm] $C=\{(x,y)\in\IR^2\mid (x-b)^2+y^2\le a^2\}$, [/mm] wobei $0<a<b$.
Gibt es hier einen Trick oder geht es nach dem Rezept oben?
Ich würde umstellen [mm] $y\le|x^2-4x+3|$ [/mm] und dann nach obigem Rezept wieder fortfahren. Passt das auch?
Vielen Dank nochmals und viele Grüße!
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:21 Fr 26.06.2020 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred,
>
> vielen Dank erneut für deine große Hilfe!
>
> > Hast Du das richtig abgeschrieben ?
>
> Ich habe leider übersehen, dass
> [mm]\{(r,z)\in\IR_{>0}\times\IR\}[/mm] beschränkt sein muss
Diese Menge ist aber nicht beschränkt !! Was hat den der Aufgabensteller geschrieben ?
> , aber
> das hast du wohl "geahnt" ...
>
> > Nehmen wir mal an, K sie ein beschränkter Zylinder, also
> >
> > [mm]K=\{(r\cos\phi,r\sin\phi,z)\in\IR^3: 0 \le r \le 1, 0 \le z \le h,\phi\in[0,2\pi]\}[/mm]
>
> >
> > mit h>0. K ist dann ein Zylinder mit Grundkreis [mm]A=\{(x,y) \in \IR^2: x^2+y^2 \le1\}[/mm]
> > und Höhe h.
> >
> > Dann kannst Du [mm]\lambda(K)[/mm] wie folgt berechnen:
> >
> > [mm]\lambda(K)= \int_A(\int_0^h 1 dz) d(x,y)=h \int_A 1 d(x,y).[/mm]
>
> >
> > [mm]\int_A 1 d(x,y)[/mm] ist der Flächeninhalt von A also = [mm]\pi.[/mm]
> >
> > Es folgt [mm]\lambda(K)=h \pi.[/mm]
>
> Danke Dir!
> Hierbei ist Radius [mm]r\in[0,1][/mm]. Ich würde das gerne nochmal
> für [mm]r\in[0,R][/mm], wobei [mm]R>0[/mm] testen:
>
> [mm]K=\{(r\cos\phi,r\sin\phi,z)\in\IR^3: 0 \le r \le R, 0 \le z \le h,\phi\in[0,2\pi]\}[/mm]
> mit [mm]R,h>0[/mm].
>
> K ist dann ein Zylinder mit Grundkreis [mm]$A=\{(x,y) \in \IR^2: x^2+y^2 \le R^2\}[/mm]
> mit Höhe h und Radius R.
>
> Dann können wir berechnen:
>
> [mm]\lambda(K)=\int_A(\int_0^h 1 dz) d(x,y)=h \int_A 1 d(x,y)=h\p*R^2[/mm].
Im Quelltext kann ich sehen, dass Du ein i vergessen hast. Das ergebnis ist $h [mm] \pi R^2.$
[/mm]
>
> Das ist echt cool!
>
> Nochmal zur Übung ein einfaches Beispiel:
> Sei nun [mm]B\subseteq \{(r,z)\in\IR_{>0}\times\IR\}[/mm]
> beschränkt.
Dieses B ist nicht bechränk !!!
> Wir schreiben das wieder um: [mm]B\subseteq\{(r,z)\in\IR^2, 0\le r\le R, 0\le z\le h\}$.[/mm]
O.K. dann ist das "neue" B aber nicht das "alte". Benenne es besser um, z.B. [mm] $B_0$
[/mm]
>
> Dann gilt
> [mm]\lambda(B)=\int_Bd\lambda=\int_0^R\int_0^h1d(z,r)=\int_0^Rhd(r)=Rh.[/mm]
>
> Passt das?
Ja, das passt. Aber: [mm] B_0 [/mm] ist ein popeliges Rechteck im [mm] \IR^2, [/mm] damit hat man
[mm] $\lambda(B_0)= [/mm] $ Länge [mm] \cdot [/mm] Breite.
>
> Sei nun [mm]C=\{(x,y)\in\IR^2\mid (x-b)^2+y^2\le a^2\}[/mm], wobei
> [mm]0
> Gibt es hier einen Trick oder geht es nach dem Rezept
> oben?
> Ich würde umstellen [mm]y\le|x^2-4x+3|[/mm] und dann nach obigem
> Rezept wieder fortfahren. Passt das auch?
Hä ?? wo kommen 4 und 3 her ? Wo sind b und a geblieben ?
C ist doch eine abgeschlossene Kreisscheibe mit Mittelpunkt (b,0) und Radius a, somit
[mm] $\lambda(C)= \pi a^2.$
[/mm]
>
> Vielen Dank nochmals und viele Grüße!
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) überfällig  | | Datum: | 12:47 Fr 26.06.2020 | | Autor: | James90 |
> > > Hast Du das richtig abgeschrieben ?
Ich vermische wohl die Aufgaben / Voraussetzungen zwischen der Altklausur und der Wiederholungs-Altklausur.
In der Wiederholungs-Altklausur steht:
Sei [mm] $A\subseteq\{(r,z)\in\IR_{>0}\times\IR\}$ [/mm] beschränkt und
[mm] $K=\{(r\cos\phi,r\sin\phi,z)\in\IR^3: (r,z)\in A,\phi\in[0,2\pi]\}\subseteq\IR^3$.
[/mm]
Bestimme [mm] $\lambda(K).
[/mm]
Tut mir leid für die Verwirrung!
Passt es denn damit? Also:
$ [mm] K=\{(r\cos\phi,r\sin\phi,z)\in\IR^3: 0 \le r \le R, 0 \le z \le h,\phi\in[0,2\pi]\}$ [/mm] mit $ R,h>0$.
K ist dann ein Zylinder mit Grundkreis [mm] $A=\{(x,y) \in \IR^2: x^2+y^2 \le R^2\}$ [/mm] mit Höhe h und Radius R.
Dann können wir berechnen:
[mm] $\lambda(K)=\int_A(\int_0^h [/mm] 1 dz) d(x,y)=h [mm] \int_A [/mm] 1 [mm] d(x,y)=h\pi\cdot{}R^2 [/mm] $.
> Ja, das passt. Aber: [mm]B_0[/mm] ist ein popeliges Rechteck im
> [mm]\IR^2,[/mm] damit hat man
>
> [mm]\lambda(B_0)=[/mm] Länge [mm]\cdot[/mm] Breite.
Danke Dir!
> > Sei nun [mm]C=\{(x,y)\in\IR^2\mid (x-b)^2+y^2\le a^2\}[/mm], wobei
> > [mm]0
> > Gibt es hier einen Trick oder geht es nach dem Rezept
> > oben?
> > Ich würde umstellen [mm]y\le|x^2-4x+3|[/mm] und dann nach
> obigem
> > Rezept wieder fortfahren. Passt das auch?
>
> Hä ?? wo kommen 4 und 3 her ? Wo sind b und a geblieben ?
>
> C ist doch eine abgeschlossene Kreisscheibe mit Mittelpunkt
> (b,0) und Radius a, somit
>
> [mm]\lambda(C)= \pi a^2.[/mm]
Sorry, ich habe zunächst nur den Fall $a=1$ und $b=2$ betrachtet. Allgemein:
[mm] (x-b)^2+y^2\le a^2
[/mm]
[mm] \Rightarrow x^2-2bx+b^2+y^2\le a^2
[/mm]
[mm] \Rightarrow y^2\le -x^2+2bx-b^2+a^2
[/mm]
[mm] \Rightarrow |y|\le\sqrt{-x^2+2bx-b^2+a^2}
[/mm]
Analog:
[mm] \Rightarrow |x|\le\sqrt{-y^2+2bx-b^2+a^2}
[/mm]
Könnte ich das jetzt nicht als Grenzen nehmen um auf [mm] $\lambda(C)=\pia^2$ [/mm] zu kommen oder mache ich etwas falsch?
Danke dir nochmals!
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:20 So 28.06.2020 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
|
|
|
|
