Bogenlänge < Integration < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:19 Sa 12.08.2006 | | Autor: | noidea44 |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Hallo, ich hätte folgende (bescheuerte) Frage:
Besitzt irgendjemand die Güte (und das Können), die Bogenlänge der Kurve x:[-2,2] ; x(t)=\begin{pmatrix} t^2 \\ t \end{pmatrix} auszurechnen?
Die Formel ist ja $ L = \integral_{a}^{b} {\wurzel{[x'(t)]²+[y'(t)]²} $, ich bin aber schon am AUfstellen des Integrals gescheitert.
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Hallo
Ich sehe den Fehler:
Die folgende Formel gilt für den Flächeninhalt des Graphen einer Funktion [mm] f: A \rightarrow \IR [/mm] mit der Parametrisierung [mm] x(t) = (t,f(t)) t \in A [/mm]
[mm]
L = \integral_{A}^{}{\wurzel{1 + (\left| \nabla f \right|)^2 } dt}
[/mm]
Wobei [mm] \left| . \right| [/mm] die Norm bez. dem Std.-Skalarprodukt ist.
Jetzt stimmt's denke ich, hilft wohl aber nicht mehr bei der Aufgabe, sorry für die Verwirrung. Auch bei mir :P
Gruss
Even Steven
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 14:10 Sa 12.08.2006 | | Autor: | noidea44 |
Hallo Even Steven!
Ich danke dir für deine schnelle Antwort.
Habe in der zwischenzeit mal versuch das Integral mit meiner Formel auszurechnen .Kriege aber dann ein etwas kompliziertes Integral raus und erhalte aber das gleiche Ergebnis wie du.
Dein weg erscheint mir aber einleuchtend und besser und vor allem einfacher .
Kannst du bitte den letzten schritt erklären, wie du auf die [mm]
L = \integral_{-2}^{2}{\wurzel{1+(2*t)^{2}+1^{2}}dt = \log (2*\wurzel{2} + 3) + 6 * \wurzel{2}
[/mm] kommst? Insbesondere [mm] \log (2*\wurzel{2} [/mm] + 3) + 6 * [mm] \wurzel{2}? [/mm] gibts dafür eine allgemeine FOrmel? Bin da nicht fündig geworden?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:18 Sa 12.08.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo,
ich denke, mit MatthiasKrs Beitrag hat sich diese Frage erledigt. Wenn ich da falsch liege, korrigiert mich...
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:17 Sa 12.08.2006 | | Autor: | noidea44 |
Hätte da noch eine Frage: Sieht die Formel im 3 dimensionalen dann so aus ?:
[mm]
L = \integral_{a}^{b}{\wurzel{1 + (x1'(t))^{2} + (x2'(t))^{2}+ (x3'(t))^{2}} dt}
[/mm]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:16 Sa 12.08.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo noidea!
> Hätte da noch eine Frage: Sieht die Formel im 3
> dimensionalen dann so aus ?:
> [mm]
L = \integral_{a}^{b}{\wurzel{1 + (x1'(t))^{2} + (x2'(t))^{2}+ (x3'(t))^{2}} dt}
[/mm]
Ja.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:24 Sa 12.08.2006 | | Autor: | noidea44 |
Ich habe gerade in der Literatur gesehen, dass deine Formel für die Kartesiche darstellung geeignet ist ; nicht aber für die Parameterdarstellung.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:42 Sa 12.08.2006 | | Autor: | MatthiasKr |
hallo,
du hast recht, evensteven's formel ist falsch. sie gilt so ähnlich für kurven, die als graphen dargestellt werden können.
Gruß
Matthias
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:01 Sa 12.08.2006 | | Autor: | ron |
Hallo,
wollte doch gerne mal zur Klärung beitragen. Vorab eine Begriffsklärung:
ist x(t) bereits die Parametrisierung der Kurve, also der Weg [mm] \gamma [/mm] (t)?
Dann wäre üblicherweise [mm] \gamma [/mm] (t) = [mm] \vektor{x(t)\\y(t)} [/mm] = [mm] \vektor{t^2\\t} [/mm] und du könntest deine Formel problemlos anwenden mit a= -2 und b = 2
Das Intergral kannst du ja lösen, wie ich gelesen habe.
Ron
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:06 So 13.08.2006 | | Autor: | noidea44 |
Hallo Ron!
Ja, du hast recht mit deiner Formel. Das Problem ist, das sich ein etwas kompliziertes Integral ergibt, das ich nicht lösen konnte.
Gruß
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:05 Mo 14.08.2006 | | Autor: | ron |
Hallo noidea44,
hatte die Aufgabe schon abgehakt. Falls ich keinen Fehler mache gilt:
[mm] \gamma [/mm] (t)= [mm] \vektor{x(t)\\y(t)}
[/mm]
hier ist dann x(t) = [mm] t^2 [/mm] und y(t) = t
Also dt x(t) = 2t und dt y(t) = 1
In deine Formel L = [mm] \integral_{-2}^{2}{\wurzel{(2t)^2 + (1)^2} dt}
[/mm]
= 2 [mm] \integral_{0}^{2}{\wurzel{4t^2 +1} dt}
[/mm]
=2 [mm] \bruch{1}{2} \integral_{0}^{2}{\wurzel{t^2 + \bruch{1}{4}} dt}
[/mm]
= [mm] \integral_{0}^{2}{\wurzel{t^2 + \bruch{1}{4} } dt}
[/mm]
Aus dem Bronstein S. 165 Nr. 175:
Q = [mm] x^2 [/mm] + [mm] a^2 [/mm] hier [mm] a^2 [/mm] = [mm] \bruch{1}{4} \rightarrow [/mm] a= [mm] \bruch{1}{2} [/mm] !!!! Q(t) = [mm] t^2 [/mm] + [mm] \bruch{1}{4}
[/mm]
[mm] \integral_{0}^{2}{\wurzel{Q(t)}}dt [/mm] = [mm] \bruch{1}{2} [/mm] (t [mm] \wurzel{Q(t)} [/mm] + [mm] a^2 [/mm] arcsinh( [mm] \bruch{t}{a} )|_{0}^{2} [/mm] = [mm] \bruch{1}{2} [/mm] (t [mm] \wurzel{Q(t)} [/mm] + [mm] a^2 [/mm] (ln(t+ [mm] \wurzel{Q(t)} [/mm] ) - ln (a) [mm] )|_{0}^{2}
[/mm]
Was ist deine Meinung? Wirklich kompliziert, hätte ich aus dem Kopf auch nicht gekonnt, ganz ehrlich!
Ron
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:48 Mo 14.08.2006 | | Autor: | MatthiasKr |
Hallo zusammen,
das Integral
[mm] $\int \sqrt{4t^2+1}dt$
[/mm]
löst man 'mit der Hand' durch geschickte substitution der hyperbelfunktionen.
durch $u:=2t$ kommt man zunächst auf
[mm] $=\frac12\int\sqrt{u^2+1}du$
[/mm]
Nun kann man den 'hyperbolischen pythagoras' [mm] $\cosh^2 [/mm] x - [mm] \sinh^2 [/mm] x=1$
ausnutzen und [mm] $u=\sinh [/mm] x$ substituieren. das führt auf
[mm] $=\frac12 \int \cosh^2 [/mm] x dx$
dieses integral sollte man eigentlich über die definition des [mm] $\cosh$ [/mm] lösen können [mm] ($\cosh x=\frac12(e^x+e^{-x})$).
[/mm]
Gruß
Matthias
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:04 Mo 14.08.2006 | | Autor: | noidea44 |
Hallo Matthias !
Ich habe zur Berechnung des Integrals einen ähnlichen Ansatz gewählt wie du. Nach dem substituieren habe ich mit der partiellen Integration weietrgerechnet und zum Schluss aus dem Bronstein die Formel für Arsinh verwendet. Kommt dasselbe raus!
Gruß!!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:02 Mo 14.08.2006 | | Autor: | ron |
Hallo,
der Ansatz ist viel geschickter! Jetzt habe ich auch noch etwas dazu gelernt, danke.
Ron
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