Flächenmaß berechnen < Integrationstheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:12 Fr 19.01.2018 | | Autor: | Tipsi |
| Aufgabe | Sei F die durch [mm]x=rcos \phi, y=rsin\phi, z = r+\phi, a\leq r \leq b, 0 \leq \phi \leq c [/mm] definierte Fläche.
Was ist die Dimension von F?
Berechne das Flächenmaß von F! |
Ich habe foldenermaßen versucht, das Beispiel zu lösen und möchte nun wissen, ob es richtig ist (mit Flächenmaß ist das Hausdorffmaß gemeint).
[mm]dim_H (F)[/mm] = 2, weil wir F durch zwei Parameter, r und [mm]\phi[/mm] beschreiben können.
Ich kenne folgenden Satz:
Sei f eine injektive stetig differenzierbare Abbildung einer offenen Menge [mm]\Omega \subset \mathbb R^n[/mm] nach [mm]\mathbb R^m, m \geq n[/mm], deren Ableitungsmatrix überall vollen Rang n hat. Dann gilt für jede messbare Teilmenge A von [mm]\Omega[/mm]:
[mm]H^n(f(A)) = \int_A(\sqrt{det df^T df})d\lambda^n[/mm]
Diesen Satz habe ich angewandt und [mm]H^2(f) = c\int_a^b\sqrt{2r^2+1}dr[/mm] als Ergebnis erhalten, was mir sehr seltsam erscheint.
Ist mein Vorgehen dennoch richtig, oder kann man die Aufgabe anders lösen?
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> Sei F die durch [mm]x=rcos \phi, y=rsin\phi, z = r+\phi, a\leq r \leq b, 0 \leq \phi \leq c[/mm]
> definierte Fläche.
> Was ist die Dimension von F?
> Berechne das Flächenmaß von F!
>
> Ich habe folgendermaßen versucht, das Beispiel zu lösen
> und möchte nun wissen, ob es richtig ist (mit Flächenmaß
> ist das Hausdorffmaß gemeint).
>
> [mm]dim_H (F)[/mm] = 2, weil wir F durch zwei Parameter, r und [mm]\phi[/mm]
> beschreiben können.
>
> Ich kenne folgenden Satz:
> Sei f eine injektive stetig differenzierbare Abbildung
> einer offenen Menge [mm]\Omega \subset \mathbb R^n[/mm] nach [mm]\mathbb R^m, m \geq n[/mm],
> deren Ableitungsmatrix überall vollen Rang n hat. Dann
> gilt für jede messbare Teilmenge A von [mm]\Omega[/mm]:
> [mm]H^n(f(A)) = \int_A(\sqrt{det df^T df})d\lambda^n[/mm]
>
> Diesen Satz habe ich angewandt und [mm]H^2(f) = c\int_a^b\sqrt{2r^2+1}dr[/mm]
> als Ergebnis erhalten, was mir sehr seltsam erscheint.
> Ist mein Vorgehen dennoch richtig, oder kann man die
> Aufgabe anders lösen?
Hallo Tipsi,
ich habe die Aufgabe auch durchgerechnet, und zwar auf
einem etwas anderen Weg (ohne Determinante, dafür mit
einer geometrischen Idee mittels Vektorprodukt und
Skalarprodukt), aber ich komme jedenfalls auf dasselbe
noch auszuführende Integral.
LG , Al-Chwarizmi
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:03 Fr 19.01.2018 | | Autor: | Tipsi |
Großartig, vielen Dank, Al-Chwarizmi!
(Wie du das anders gelöst hast, würde mich zwar auch interessieren, aber so eine wsl. wahnsinnig umfangreiche Erklärung möchte ich dir jetzt nicht auch noch antun. :) )
Nur kurz noch: Ist das mit der Dimension 2 richtig bzw. wie begründet man das korrekter formuliert?
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> Großartig, vielen Dank, Al-Chwarizmi!
Gerne geschehen.
> Nur kurz noch: Ist das mit der Dimension 2 richtig bzw.
> wie begründet man das korrekter formuliert?
Man kann sich die Form der Fläche im 3D-Koordinatensystem
anschaulich klar machen. Es handelt sich um eine Art
Schrauben- oder "Schnecken"- Fläche. Wegen der Differenzier-
barkeitseigenschaften der beteiligten Funktionen ist die
Fläche offensichtlich zweidimensional. Im Grundriss hat
man als Umrisslinien die Kreise um den Ursprung mit den
Radien a und b. Für jeden Winkel [mm] \phi [/mm] ergibt sich eine
Schnittstrecke, die vom (inneren, unteren) Anfangspunkt
[mm] A_{\phi} [/mm] (a cos [mm] \phi [/mm] | a [mm] sin\phi [/mm] | [mm] a+\phi) [/mm] zum (äußeren, oberen)
Endpunkt [mm] B_{\phi} [/mm] (b cos [mm] \phi [/mm] | b [mm] sin\phi [/mm] | [mm] b+\phi) [/mm] führt.
> Wie du das anders gelöst hast, würde mich zwar auch
> interessieren, aber so eine wsl. wahnsinnig umfangreiche
> Erklärung möchte ich dir jetzt nicht auch noch antun. :)
Da habe ich zu einem beliebigen Punkt der Fläche, also
zum Parameterpaar (r , [mm] \phi) [/mm] , den Normalenvektor
berechnet und mir überlegt, welchen Winkel [mm] \nu [/mm] dieser
Normalenvektor mit der z-Achse bildet.
Dann ist der Flächeninhalt des zu den Differentialen dr und
[mm] d\phi [/mm] gehörigen Flächenelements gleich
dF = [mm] \frac{r*dr*d\phi }{cos(\nu)}
[/mm]
LG , Al-Chwarizmi
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 03:55 Mo 22.01.2018 | | Autor: | Tipsi |
Hallo Al-Chwarizmi,
danke für deine Erklärungen!
Ich habe jetzt leider doch noch eine längere Frage dazu, weil mir ein ganz ähnliches Beispiel untergekommen ist, wo aber nicht nur der Flächeninhalt, sondern eine Funktion integriert wird:
Zeige: Die Abbildung [mm]\Phi: (0,1)\times(0,2\pi) \rightarrow \mathbb R^3[/mm] definiert eine Mannigfaltigkeit M. Dabei ist [mm]\Phi(r,\phi) = (r cos\phi, r sin \phi, \phi +r^2)[/mm]. (Es ist also fast die gleiche Fläche wie vorher, nur das in der z-Koordinate jetzt ein Quadrat drin ist.)
Berechne weiters [mm]\int_M fdH[/mm], wobei f(x,y) = [mm]\sqrt{x^2+y^2}(1+8(x^2+y^2))[/mm].
Ich habe leider keine Ahnung, wie man zeigen kann, dass es eine Mannigfaltigkeit ist, ich habe bisher nur bei durch eine Gleichung implizit definierten Mannigfaltigkeiten gezeigt, dass sie welche sind, sind aber direkt für Mengen. Und deine Erklärung zur Dimension zwei vorher habe ich zwar so ungefähr anschaulich verstanden (wenn ich auch nicht weiß, wie man von selbst darauf kommen kann, dass das dann so aussieht), aber ich wüsste nicht, wie ich jetzt in mathematischer Weise (z.B. über den Rang der Ableitungsmatrix oder was auch immer) bestimmen kann, dass es eine Fläche bzw. Mannigfaltigkeit der Dimension zwei ist.
Zum Berechnen des gesuchten Integrals hätte ich folgende Idee:
In die vorherige Formel einfach noch das f reinpacken, also so:
[mm]\int_Mfd_H = \int_{(0,1)\times(0,2\pi)} f(rcos\phi, rsin\phi)\cdot \sqrt{\left|det d\Phi^T d\Phi\right|}[/mm].
Mir kommt dann aber ein irrsinnig langer Ausdruck raus, der sich nicht weiter vereinfachen lässt, daher bin ich skeptisch, ob das Vorgehen so stimmt?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:05 Mo 22.01.2018 | | Autor: | leduart |
Hallo
dein f ist doch einfach [mm] r*(1+r^2) [/mm] wieso ist das komplziert? es hängt ncht von [mm] \phi [/mm] und z ab,also hast du einfache grenzen.
Gruß leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:54 Mo 22.01.2018 | | Autor: | Tipsi |
Hallo leduart,
der lange Ausdruck entsteht auch nicht wegen f, sondern wegen [mm]det(d\Phi^Td\Phi)[/mm]...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:58 Mo 22.01.2018 | | Autor: | leduart |
Hallo das sollte doch einfach [mm] $r*d\phi*dr*dz [/mm] $, sein?
was hast du denn raus?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:35 Mo 22.01.2018 | | Autor: | Tipsi |
Mein [mm]d\Phi[/mm] ist [mm]d\Phi = \pmat{ cos \phi & -r sin\phi \\ sin \phi & r cos \phi \\ 2r & 1}[/mm] und damit ist [mm]|det \,d\Phi^T d\Phi| = |4r^3+5r^2-2r+1|[/mm]
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> Mein [mm]d\Phi[/mm] ist [mm]d\Phi = \pmat{ cos \phi & -r sin\phi \\ sin \phi & r cos \phi \\ 2r & 1}[/mm]
> und damit ist [mm]|det \,d\Phi^T d\Phi| = |4r^3+5r^2-2r+1|[/mm]
Für diese Determinante erhalte ich einen einfacheren Term,
nämlich $\ [mm] 4r^4+r^2+1$
[/mm]
Für die nachfolgende Integration benützte ich die
Substitutionen
$\ u\ :=\ 8 [mm] r^2+1$
[/mm]
$\ z\ :=\ [mm] u^2 [/mm] + 15$
Al-Chw.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:48 Di 23.01.2018 | | Autor: | Tipsi |
Hallo Al-Chwarizmi, danke für's Mitrechnen - da war mir bei der Multiplikation wohl ein Fehler unterlaufen. Also ich hab jetzt die gleiche Determinante herausbekommen wie du und dann eingesetzt: [mm]\int_{M}f dH^2 = \int_{0}^{2 \pi} \int_0^1 \sqrt{r^2} \cdot (1+8 r^2) \sqrt{4r^4+r^2+1} dr d\phi = \frac{2}{3}\pi[/mm].
Das z, das du substituierst, taucht bei mir da gar nicht auf. Ist meine Rechnung dennoch korrekt?
Und wie zeigt man, dass [mm]\Phi[/mm] eine Mannigfaltigkeit definiert?
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[mm]\int_{M}f dH^2 = \int_{0}^{2 \pi} \int_0^1 \sqrt{r^2} \cdot (1+8 r^2) \sqrt{4r^4+r^2+1} dr d\phi = \frac{2}{3}\pi[/mm].
Bei mir kommt da etwas anderes heraus, nämlich:
[mm] $\frac{2}{3}\pi\ [/mm] *\ (6 [mm] \sqrt{6}\,-\, [/mm] 1)$
> Und wie zeigt man, dass [mm]\Phi[/mm] eine Mannigfaltigkeit
> definiert?
Ich sehe [mm] $\Phi$ [/mm] einfach als eine differenzierbare Abbildung,
welche ein rechteckiges Gebiet aus [mm] \IR^2 [/mm] in den Raum [mm] \IR^3 [/mm]
abbildet oder "einbettet".
Dass man da auch nobel von einer "Mannigfaltigkeit"
sprechen kann, hätte ich schon fast wieder vergessen ...
LG , Al-Chw.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:42 Di 23.01.2018 | | Autor: | Tipsi |
Meinst du, wenn du das Integral, das ich zuletzt gepostet habe, kommt bei dir was anderes raus oder bei deiner Substitution mit dem z? Weil mein Integral habe ich nun mehrmals nachgerechnet und erhalte immer dasselbe. Aber es kann eben auch sein, dass mein Ansatz falsch ist...
Genügt es dann einfach, zu begründen, dass die Abbildung von [mm]\mathbb R^2[/mm] nach [mm] \mathbb R^3[/mm] geht und stetig differenzierbar ist und die Ableitungsmatrix Spaltenrang zwei hat, also ist es eine 2-dim Mannigfaltigkeit?
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> Meinst du, wenn du das Integral, das ich zuletzt gepostet
> habe, kommt bei dir was anderes raus .... ?
Ja, es ist:
$ [mm] \int_{M}f\, dH^2 [/mm] = [mm] \int_{0}^{2 \pi} \int_0^1 \sqrt{r^2} \cdot [/mm] (1+8 [mm] r^2) \sqrt{4r^4+r^2+1}\, dr\, d\phi\ [/mm] =\ [mm] \frac{2}{3}\pi\ \cdot{}\ [/mm] (6 [mm] \sqrt{6}\,-\, [/mm] 1) $
Für die Ermittlung dieses Integrals "von Hand" habe ich
nacheinander die beiden angegebenen Substitutionen
benützt.
Auch der CAS-Rechner und Wolfram Alpha liefern dasselbe
Ergebnis, numerisch [mm] $\approx [/mm] 28.6868$
> Genügt es dann einfach, zu begründen, dass die Abbildung
> von $ [mm] \mathbb R^2 [/mm] $ nach $ [mm] \mathbb R^3 [/mm] $ geht und stetig differenzierbar ist und
> die Ableitungsmatrix Spaltenrang zwei hat, also ist es
> eine 2-dim Mannigfaltigkeit?
Ich würde dann noch angeben, dass die Definitionsmenge
(also das Rechteck $\ [0,2 [mm] \pi] \times [/mm] [0.1])$ eine 2-dim MF
und die Abbildung injektiv ist.
Aber: Eigentlich liegt in diesen Aufgaben jeweils, wenn wir
die berandeten Definitionsbereiche und Bildmengen betrachten,
auch gar keine eigentliche ("ganze") Mannigfaltigkeit vor,
sondern allenfalls gewisse berandete Ausschnitte davon.
Am besten soll das noch jemand mit beurteilen, der in der
Topologie und bei diesen Fachbegriffen wirklich (noch)
sattelfest ist ...
Hier noch ein Link zum letzten Thema:
![[]](/images/popup.gif) Mannigfaltigkeit mit Rand
Allerdings habe ich jetzt noch festgestellt, dass in der zweiten
Aufgabe doch eigentlich kein Rand vorhanden war, weil da
nicht das abgeschlossene Rechteck $\ [0,2 [mm] \pi] \times [/mm] [0.1])$
sondern das offene, also $\ (0,2 [mm] \pi) \times [/mm] (0.1)$ abgebildet
werden sollte. Zitat aus der Aufgabenstellung:
Zeige: Die Abbildung $ [mm] \Phi: (0,1)\times(0,2\pi) \rightarrow \mathbb R^3 [/mm] $ definiert
eine Mannigfaltigkeit M. Dabei ist $ [mm] \Phi(r,\phi) [/mm] = (r [mm] cos\phi, [/mm] r sin [mm] \phi, \phi +r^2) [/mm] $.
LG , Al-Chw.
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Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
> ... mein Integral habe ich nun mehrmals nachgerechnet und
> erhalte immer dasselbe.
> Aber es kann eben auch sein, dass mein Ansatz falsch ist...
Hallo Tipsi,
ich habe die Integration nochmals angeschaut.
Natürlich kann ich da auch mit einer einzigen statt
mit zwei aufeinander folgenden Substitutionen
auskommen, nämlich:
$\ u\ :=\ 4 r^4 +r^2 + 1$
$\ du\ =\ (16 r^3 +2 r) * dr$
Vielleicht hast du auch genau das getan, aber dann
vergessen, die Grenzen des Integrals ebenfalls zu
transformieren: Anstelle der Integration über r von
r=0 bis r=1 hat man dann nämlich die Integration
über u von u=1 bis u=6 (und nicht von u=0 bis u=1).
Wenn man diese Transformation der Grenzen "vergisst",
kommt man exakt zu jenem falschen Ergebnis \frac{2\pi}{3}
ohne den zusätzlichen Faktor $\ (6\sqrt{6}-1)}$ , welches
du angegeben hast.
LG , Al-Chw.
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 18:47 Mi 24.01.2018 | | Autor: | Tipsi |
Hallo Al-Chwarizmi,
wow, danke, du hast genau meinen Fehler erraten, das war er! :)
Danke für deine Hilfe!
Jetzt wär's nur noch cool, falls noch wer weiß, wie man argumentiert, dass die Fläche eine Mannigfaltigkeit ist.
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> Hallo Al-Chwarizmi,
> wow, danke, du hast genau meinen Fehler erraten, das war
> er! :)
> Danke für deine Hilfe!
Danke.
> Jetzt wär's nur noch cool, falls noch wer weiß, wie man
> argumentiert, dass die Fläche eine Mannigfaltigkeit ist.
Nach dem, was ich schon vorher mitgeteilt habe, würde
ich es etwa so sagen: Die Abbildung f bildet das offene
Rechteck $\ [mm] (0,2\pi) \times [/mm] (0,1)$ aus [mm] \IR^2 [/mm] differenzierbar
und injektiv in den Raum [mm] \IR^3 [/mm] ab.
Sowohl beim (unberandeten) Rechteck in [mm] \IR^2 [/mm] als auch bei
dessen Bild im [mm] \IR^3 [/mm] handelt es sich deshalb um 2-dimensionale
Mannigfaltigkeiten einer besonders einfachen Art, die z.B.
topologisch äquivalent zur offenen Kreisscheibe sind.
Trotzdem würde ich es begrüßen, wenn dies noch jemand
bestätigen könnte.
LG , Al-Chw.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:20 Fr 26.01.2018 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:57 Fr 19.01.2018 | | Autor: | leduart |
Hallo die 2 Parameter können , wenn z.b, nicht differenzierbare funktionen belibige Hausdorfdimensionen erzeugen.
deine rechnung solltest du vorführen, wenn man sie kontrollieren kann, Gruß leduart
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