Flächenschwerpunkt Kreis < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Hallo,
soll den Flächenschwerpunkt für einen Kreis mit dem Radius 1 berechnen. Der Mittelpunkt des Kreises liegt bei (1/0). Er schneidet also die x-Achse bei 0 und bei 2.
Nun sthet in der Aufgabe:
xs= [mm] \bruch{1}{A} \integral_{}^{}{ } \integral_{}^{}{x dA}
[/mm]
Nun habe ich für y=(-1,1) festgelegt.
für fl(y)= (- [mm] \wurzel{1-y^{2}})+1
[/mm]
für fr(y)= [mm] (\wurzel{1-y^{2}})+1
[/mm]
[mm] A=\pi
[/mm]
Mein Integral sieht so aus:
[mm] \bruch{1}{\pi} \integral_{-1}^{1}{ } (\bruch{1}{2}x^{2}) [/mm] dy - Mit der oberen Grenze fr(y) und der unteren Grenze fl(y)
Rechne ich nun weiter so kommt:
[mm] \bruch{1}{\pi} \integral_{-1}^{1}{\wurzel{1-y^{2}} dy} [/mm] raus. Wenn ich das aber weiter rechne kommt nicht das richtig Ergebnis (=1) raus. Nur finde ich leider nicht meinen Fehler. Die Abhängikeit x von y müsste ich der Logik nach ja eigentlich richtig gewählt haben, und sonst fällt mir da auch nix auf. Hoffe ihr könnt mir helfen.
mfg
Arne
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> Hallo,
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> soll den Flächenschwerpunkt für einen Kreis mit dem
> Radius 1 berechnen. Der Mittelpunkt des Kreises liegt bei
> (1/0). Er schneidet also die x-Achse bei 0 und bei 2.
> Nun sthet in der Aufgabe:
>
> xs= [mm]\bruch{1}{A} \integral_{}^{}{ } \integral_{}^{}{x dA}[/mm]
>
> Nun habe ich für y=(-1,1) festgelegt.
>
>
> für fl(y)= (- [mm]\wurzel{1-y^{2}})+1[/mm]
> für fr(y)= [mm](\wurzel{1-y^{2}})+1[/mm]
>
> [mm]A=\pi[/mm]
>
>
> Mein Integral sieht so aus:
>
>
> [mm]\bruch{1}{\pi} \integral_{-1}^{1}{ } (\bruch{1}{2}x^{2})[/mm] dy
> - Mit der oberen Grenze fr(y) und der unteren Grenze fl(y)
>
>
> Rechne ich nun weiter so kommt:
>
> [mm]\bruch{1}{\pi} \integral_{-1}^{1}{\wurzel{1-y^{2}} dy}[/mm]
> raus. Wenn ich das aber weiter rechne
Hallo,
mach mal vor, wie Du weiterrechnest.
Gruß v. Angela
> kommt nicht das
> richtig Ergebnis (=1) raus. Nur finde ich leider nicht
> meinen Fehler. Die Abhängikeit x von y müsste ich der
> Logik nach ja eigentlich richtig gewählt haben, und sonst
> fällt mir da auch nix auf. Hoffe ihr könnt mir helfen.
>
> mfg
> Arne
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 07:48 Mi 01.06.2011 | | Autor: | fred97 |
> Hallo,
>
> soll den Flächenschwerpunkt für einen Kreis mit dem
> Radius 1 berechnen. Der Mittelpunkt des Kreises liegt bei
> (1/0). Er schneidet also die x-Achse bei 0 und bei 2.
> Nun sthet in der Aufgabe:
>
> xs= [mm]\bruch{1}{A} \integral_{}^{}{ } \integral_{}^{}{x dA}[/mm]
>
> Nun habe ich für y=(-1,1) festgelegt.
>
>
> für fl(y)= (- [mm]\wurzel{1-y^{2}})+1[/mm]
> für fr(y)= [mm](\wurzel{1-y^{2}})+1[/mm]
>
> [mm]A=\pi[/mm]
>
>
> Mein Integral sieht so aus:
>
>
> [mm]\bruch{1}{\pi} \integral_{-1}^{1}{ } (\bruch{1}{2}x^{2})[/mm] dy
> - Mit der oberen Grenze fr(y) und der unteren Grenze fl(y)
Na ja, damit ist nicht viel anzufangen, so wie es da steht ist es falsch
Richtig ist:
[mm]\bruch{1}{\pi} \integral_{-1}^{1}{ } (\integral_{f_l(y)}^{f_r(y)}{x dx})[/mm] dy
>
>
> Rechne ich nun weiter so kommt:
>
> [mm]\bruch{1}{\pi} \integral_{-1}^{1}{\wurzel{1-y^{2}} dy}[/mm]
Ich bekomme: [mm]\bruch{2}{\pi} \integral_{-1}^{1}{\wurzel{1-y^{2}} dy}[/mm]
FRED
> raus. Wenn ich das aber weiter rechne kommt nicht das
> richtig Ergebnis (=1) raus. Nur finde ich leider nicht
> meinen Fehler. Die Abhängikeit x von y müsste ich der
> Logik nach ja eigentlich richtig gewählt haben, und sonst
> fällt mir da auch nix auf. Hoffe ihr könnt mir helfen.
>
> mfg
> Arne
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Also wenn ich das erste Integral auflöse wird ja aus dem x dA ein [mm] (\bruch{1}{2}x^{2}) [/mm] dy.
Setzte ich nun fl(r) und fl(l) ein bekomme ich
[mm] \bruch{1}{\pi} \integral_{-1}^{1}{\wurzel{1-y^{2}} dy}
[/mm]
Duch die [mm] \bruch{1}{2} [/mm] fällt die 2 doch weg. Versteh nicht wie du auf [mm] \bruch{2}{\pi} [/mm] kommst.
Und löse ich das letzte Integral auf so kommt laut meiner Formelsammlung
[mm] \bruch{1}{\pi} [/mm] ( [mm] \bruch{1}{2}(y \wurzel{1-y^{2}} [/mm] + arcsin(y) )
Durch die Grenzen von 1 und -1 wird die Wurzel 0 und es bleibt [mm] \bruch{1}{\pi}*arcsin(y) [/mm] stehen und das ergibt bei den Grenzen nicht 1.
mfg
Arne
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> Also wenn ich das erste Integral auflöse wird ja aus dem
> x dA ein [mm](\bruch{1}{2}x^{2})[/mm] dy.
> Setzte ich nun fl(r) und fl(l) ein bekomme ich
> [mm]\bruch{1}{\pi} \integral_{-1}^{1}{\wurzel{1-y^{2}} dy}[/mm]
Hallo,
ja.
EDIT: nein. (s. Freds Post)
>
> Duch die [mm]\bruch{1}{2}[/mm] fällt die 2 doch weg. Versteh nicht
> wie du auf [mm]\bruch{2}{\pi}[/mm] kommst.
>
> Und löse ich das letzte Integral auf so kommt laut meiner
> Formelsammlung
>
> [mm]\bruch{1}{\pi}[/mm] ( [mm]\bruch{1}{2}(y \wurzel{1-y^{2}}[/mm] + arcsin(y) )
Ja.
>
> Durch die Grenzen von 1 und -1 wird die Wurzel 0 und es
> bleibt [mm]\bruch{1}{\pi}*arcsin(y)[/mm] stehen und das ergibt bei
> den Grenzen nicht 1.
Hallo,
wie gesagt: vorrechnen wäre nicht übel. Es ist ja vielleicht auch interessant zu sehen, was Du herausbekommst. Außerdem braucht man nicht selbst zu schreiben...
Wenn ich die Grenzen einsetze, bekomme ich
[mm] ...=$\bruch{1}{\pi}$*arcsin(1) )-$\bruch{1}{\pi}$*arcsin(-1) [/mm] = ?
Gruß v. Angela
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:31 Mi 01.06.2011 | | Autor: | fred97 |
[mm] $\bruch{1}{2}(\wurzel{1-y^2}+1)^2-\bruch{1}{2}(-\wurzel{1-y^2}+1)^2=\bruch{1}{2}(1-y^2+2\wurzel{1-y^2}+1-(1-y^2-2\wurzel{1-y^2}+1)=\bruch{1}{2}(4\wurzel{1-y^2})=2\wurzel{1-y^2}$
[/mm]
FRED
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:01 Mi 01.06.2011 | | Autor: | starbak05 |
So offensichtlich und doch übersehen. Mann,mann, mann.... Die Gleichung kommt jetzt hin. Danke
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| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:58 Mi 01.06.2011 | | Autor: | Nickles |
Blöde Frage, wie hast du denn das [mm] (1-y^2) [/mm] aufgeleitet? Substitution? (Ist ja fast schon peinlich sowas zu fragen)
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> Blöde Frage, wie hast du denn das [mm](1-y^2)[/mm] aufgeleitet?
> Substitution? (Ist ja fast schon peinlich sowas zu fragen)
Hallo,
nein, das ist überhaupt nicht peinlich.
Man substituiert y=cos(t).
Aber ich glaube, starbak hatte es aus einer Tabelle.
Gruß v. Angela
P.S.: Sag nicht "aufgeleitet". Wir integrieren oder suchen Stammfunktionen.
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:34 Mi 01.06.2011 | | Autor: | Nickles |
ah, also [mm] $\sqrt{1-y^2} \rightarrow \sqrt{1-cos(t)^2} [/mm] $
$ [mm] \rightarrow \sqrt{sin(t)^2} \rightarrow [/mm] sin(t) . f(x)=sin(t) [mm] \rightarrow [/mm] F(x) = -cos(t) $?
Danke!
Wenn ich schon dabei bin, kann ich glaube ich auch den Rest meiner Frage hier reinschreiben
Wenn ich einen Kreis habe bei dem der Mittelpunkt bei $ [mm] (\frac{3}{2} [/mm] a , [mm] \frac{1}{3}a [/mm] ) $ liegt mit dem Radius [mm] $\frac{1}{3}a [/mm] $ dann läuft doch y von $ 0 [mm] \rightarrow \frac{2}{3}a [/mm] $ und die Abhängigkeit von x von y ist durch obere Grenze $ f(y) = [mm] \sqrt{1-y^2}a [/mm] + [mm] \frac{7}{6}a [/mm] $ und die untere Grenze $ f(y) = [mm] \sqrt{1-y^2}a [/mm] + [mm] \frac{5}{6}a [/mm] $ ausgedrückt da ja x von $ [mm] \frac{7}{6}a \rightarrow \frac{9}{6} [/mm] a $ geht.
Oder liege ich hier jetzt falsch? ( Ich komm nähmlich ums Verderben nicht aufs richtige Ergebnis....)
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> ah, also [mm]\sqrt{1-y^2} \rightarrow \sqrt{1-cos(t)^2}[/mm]
>
> [mm]\rightarrow \sqrt{sin(t)^2} \rightarrow sin(t) . f(x)=sin(t) \rightarrow F(x) = -cos(t) [/mm]?
Hallo,
was meinst Du mit den Pfeilen? Gleichheitszeichen? Dann schreib welche!
So ganz erschließt sich mir nicht, was Du oben ausdrücken möchtest...
Es stimmt, daß, wenn man y=COS(t) substituiert, der Ausdruck [mm] \sqrt{1-y^2}=sin(t) [/mm] ist, es stimmt auch, daß -cos(t) eine Stammfunktion von sin(t) ist.
Der Schluß, falls Du ihn gezogen haben solltest, daß [mm] \integral\wurzel{1-y^2}dy=\integral [/mm] sind(t)dt, ist jedoch verkehrt.
Lies Dir nochmal durch, wie man substituiert: man muß das dy auch ersetzen!
(Eigentlich wollte ich Dir aber vorschlagen, y=sin(t) zu substituieren...)
> Wenn ich einen Kreis habe bei dem der Mittelpunkt bei
> [mm](\frac{3}{2} a , \frac{1}{3}a )[/mm] liegt mit dem Radius
> [mm]\frac{1}{3}a[/mm] dann läuft doch y von [mm]0 \rightarrow \frac{2}{3}a[/mm]
Ja.
> und die Abhängigkeit von x von y ist durch obere Grenze
> [mm]f(y) = \sqrt{1-y^2}a + \frac{7}{6}a[/mm] und die untere Grenze
> [mm]f(y) = \sqrt{1-y^2}a + \frac{5}{6}a[/mm] ausgedrückt
Das kann ja nicht sein: für y=0 hätte man dann f(0)=13/6a und was man für für y=2/3a hätte, schreib' ich gar nicht auf.
Wie kommst Du denn auf diese Grenzen?
> da ja x
> von [mm]\frac{7}{6}a \rightarrow \frac{9}{6} a[/mm] geht.
Moment! Das stimmt doch nicht. x bewegt sich zwischen 7/6 und 11/6.
>
> Oder liege ich hier jetzt falsch?
Das kommt mir stark so vor.
Mach Dir mal eine Skizze.
> ( Ich komm nähmlich ums
> Verderben nicht aufs richtige Ergebnis....)
Schreib "nämlich" in Zukunft richtig. Du provozierst sonst blöde Sprüche.
Gruß v. Angela
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:02 Do 02.06.2011 | | Autor: | Nickles |
> > ah, also [mm]\sqrt{1-y^2} \rightarrow \sqrt{1-cos(t)^2}[/mm]
> >
> > [mm]\rightarrow \sqrt{sin(t)^2} \rightarrow sin(t) . f(x)=sin(t) \rightarrow F(x) = -cos(t) [/mm]?
>
> Hallo,
>
> was meinst Du mit den Pfeilen? Gleichheitszeichen? Dann
> schreib welche!
Ich meinte das so in dem Sinne "führt zu" , Gleichheitszeichen werd ich dann aber in Zukunft nehmen ;)
> So ganz erschließt sich mir nicht, was Du oben
> ausdrücken möchtest...
> Es stimmt, daß, wenn man y=COS(t) substituiert, der
> Ausdruck [mm]\sqrt{1-y^2}=sin(t)[/mm] ist, es stimmt auch, daß
> -cos(t) eine Stammfunktion von sin(t) ist.
> Der Schluß, falls Du ihn gezogen haben solltest, daß
> [mm]\integral\wurzel{1-y^2}dy=\integral[/mm] sind(t)dt, ist jedoch
> verkehrt.
> Lies Dir nochmal durch, wie man substituiert: man muß das
> dy auch ersetzen!
>
dy ersetzen, stimmt, DAS hab ich vergessen !
> (Eigentlich wollte ich Dir aber vorschlagen, y=sin(t) zu
> substituieren...)
>
>
>
>
> > Wenn ich einen Kreis habe bei dem der Mittelpunkt bei
> > [mm](\frac{3}{2} a , \frac{1}{3}a )[/mm] liegt mit dem Radius
> > [mm]\frac{1}{3}a[/mm] dann läuft doch y von [mm]0 \rightarrow \frac{2}{3}a[/mm]
>
> Ja.
>
> > und die Abhängigkeit von x von y ist durch obere Grenze
> > [mm]f(y) = \sqrt{1-y^2}a + \frac{7}{6}a[/mm] und die untere Grenze
> > [mm]f(y) = \sqrt{1-y^2}a + \frac{5}{6}a[/mm] ausgedrückt
>
Stimmt! So? $ f(y) = [mm] (\sqrt{ \frac{1}{3}-y^2})a [/mm] + [mm] \frac{9}{6}a [/mm] $ und die untere Grenze
[mm]f(y) = (\sqrt{ \frac{1}{3}-y^2})a + \frac{5}{6}a[/mm]
> Das kann ja nicht sein: für y=0 hätte man dann f(0)=13/6a
> und was man für für y=2/3a hätte, schreib' ich gar nicht
> auf.
> Wie kommst Du denn auf diese Grenzen?
>
Dummerweise angenommen das unter der Wurzel 1 rauskommen müsste :(
> > da ja x
> > von [mm]\frac{7}{6}a \rightarrow \frac{9}{6} a[/mm] geht.
>
> Moment! Das stimmt doch nicht. x bewegt sich zwischen 7/6
> und 11/6.
>
Stimmt!
> >
> > Oder liege ich hier jetzt falsch?
>
> Das kommt mir stark so vor.
> Mach Dir mal eine Skizze.
>
> > ( Ich komm nähmlich ums
> > Verderben nicht aufs richtige Ergebnis....)
>
> Schreib "nämlich" in Zukunft richtig. Du provozierst sonst
> blöde Sprüche.
>
> Gruß v. Angela
>
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Hallo Nickles,
> >
> > > Wenn ich einen Kreis habe bei dem der Mittelpunkt bei
> > > [mm](\frac{3}{2} a , \frac{1}{3}a )[/mm] liegt mit dem Radius
> > > [mm]\frac{1}{3}a[/mm] dann läuft doch y von [mm]0 \rightarrow \frac{2}{3}a[/mm]
> >
> > Ja.
> >
> > > und die Abhängigkeit von x von y ist durch obere Grenze
> > > [mm]f(y) = \sqrt{1-y^2}a + \frac{7}{6}a[/mm] und die untere Grenze
> > > [mm]f(y) = \sqrt{1-y^2}a + \frac{5}{6}a[/mm] ausgedrückt
> >
>
> Stimmt! So? [mm]f(y) = (\sqrt{ \frac{1}{3}-y^2})a + \frac{9}{6}a[/mm]
> und die untere Grenze
> [mm]f(y) = (\sqrt{ \frac{1}{3}-y^2})a + \frac{5}{6}a[/mm]
>
Nein, das stimmt immer noch nicht.
Stelle die zugehörige Kreisgleichung auf, und löse sie nach x auf.
Dann erhältst Du die Grenzen für x in Abhängigkeit von y.
>
> > Das kann ja nicht sein: für y=0 hätte man dann f(0)=13/6a
> > und was man für für y=2/3a hätte, schreib' ich gar nicht
> > auf.
> > Wie kommst Du denn auf diese Grenzen?
> >
>
> Dummerweise angenommen das unter der Wurzel 1 rauskommen
> müsste :(
>
> > > da ja x
> > > von [mm]\frac{7}{6}a \rightarrow \frac{9}{6} a[/mm] geht.
> >
> > Moment! Das stimmt doch nicht. x bewegt sich zwischen 7/6
> > und 11/6.
> >
>
> Stimmt!
>
> > >
> > > Oder liege ich hier jetzt falsch?
> >
> > Das kommt mir stark so vor.
> > Mach Dir mal eine Skizze.
> >
> > > ( Ich komm nähmlich ums
> > > Verderben nicht aufs richtige Ergebnis....)
> >
> > Schreib "nämlich" in Zukunft richtig. Du provozierst sonst
> > blöde Sprüche.
> >
> > Gruß v. Angela
> >
>
Gruss
MathePower
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:50 Fr 03.06.2011 | | Autor: | Nickles |
über $ [mm] (x-x_m)^2 [/mm] + [mm] (y-y_m)^2 [/mm] = [mm] r^2 [/mm] $ ?
Dann hätte ich $ x= [mm] \sqrt{r^2 - (y-y_m)^2} -x_m [/mm] $
mit $ [mm] x_{m}= \frac{3}{2}\ y_{m}= \frac{1}{3}a [/mm] $
Also $ x= [mm] \sqrt{(\frac{1}{3}a)^2 - (y-\frac{1}{3}a)^2} -\frac{3}{2} [/mm] a $ ?
Obere Grenze dann [mm] $\sqrt{(\frac{1}{3}a)^2 - (y-\frac{1}{3}a)^2} -\frac{3}{2} [/mm] a + [mm] \frac{18}{6} [/mm] a$ ?
Untere [mm] $\sqrt{(\frac{1}{3}a)^2 - (y-\frac{1}{3}a)^2} -\frac{3}{2} [/mm] a + [mm] \frac{14}{6} [/mm] a$ ? Ausdruck unter der Wurzel wird doch [mm] $\frac{1}{3} [/mm] $ maximal oder?
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Hallo Nickles,
> über [mm](x-x_m)^2 + (y-y_m)^2 = r^2[/mm] ?
Ja.
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> Dann hätte ich [mm]x= \sqrt{r^2 - (y-y_m)^2} -x_m[/mm]
Da hast Du falsch umgeformt:
[mm]x=\blue{\pm} \sqrt{r^2 - (y-y_m)^2} \blue{+}x_m[/mm]
>
> mit [mm]x_{m}= \frac{3}{2}\ y_{m}= \frac{1}{3}a[/mm]
>
> Also [mm]x= \sqrt{(\frac{1}{3}a)^2 - (y-\frac{1}{3}a)^2} -\frac{3}{2} a[/mm]
> ?
>
> Obere Grenze dann [mm]\sqrt{(\frac{1}{3}a)^2 - (y-\frac{1}{3}a)^2} -\frac{3}{2} a + \frac{18}{6} a[/mm]
> ?
> Untere [mm]\sqrt{(\frac{1}{3}a)^2 - (y-\frac{1}{3}a)^2} -\frac{3}{2} a + \frac{14}{6} a[/mm]
> ? Ausdruck unter der Wurzel wird doch [mm]\frac{1}{3}[/mm] maximal
> oder?
Gruss
MathePower
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:57 Fr 03.06.2011 | | Autor: | Nickles |
OUH! Ja sowas bescheuertes!
Ok , dann ist x ja quasi schon der Wert der oberen Grenze. Die untere einfach dann das ganze minus $ [mm] \frac{4}{6}a [/mm] $ .... oder hab ich wieder was übersehen?
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> OUH! Ja sowas bescheuertes!
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> Ok , dann ist x ja quasi schon der Wert der oberen Grenze.
> Die untere einfach dann das ganze minus [mm]\frac{4}{6}a[/mm] ....
Hallo,
überleg doch mal, was Du mit den Gleichungen $ x= [mm] \pm\sqrt{(\frac{1}{3}a)^2 - (y-\frac{1}{3}a)^2} +\frac{3}{2} [/mm] a $ bekommen hast:
sie sagen Dir, wie Du, wenn Du die y-Koordinate eines Kreispunktes einsetzt, die beiden passenden x-Koordinaten bekommst.
Warum willst Du irgendwas abziehen? Dann hast Du doch keinen Kreispunkt mehr.
Gruß v. Angela
> oder hab ich wieder was übersehen?
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:30 Sa 04.06.2011 | | Autor: | Nickles |
Naja, ich will die obere und untere Grenze.
Das ist dann obere UND untere Grenze?Wenn ich $ y = [mm] \frac{1}{3} [/mm] $ nehme, dann kommt [mm] $x=\frac{11}{6}$ [/mm] raus.
Wie komme ich denn aber jetzt zur unteren Grenze [mm] $\frac{7}{6}$ [/mm] ? Die hat ja theoretisch den gleichen y-Wert .
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> Naja, ich will die obere und untere Grenze.
Hallo,
das mußt Du genauer sagen:
Du willst für Deine Kreisscheibe für ein vorgegebenes y wissen, zwischen welchen Grenzen sich die dazugehörigen x-Werte bewegen.
Eine Skizze der Situation ist sehr vorteilhaft, nicht nur hier, sondern generell wenn man Integrationsgrenzen festlegen möchte.
Ohne Skizze kann ich das fast nicht.
Du hattest ausgerechnet: $ x= [mm] \pm\sqrt{(\frac{1}{3}a)^2 - (y-\frac{1}{3}a)^2} +\frac{3}{2} [/mm] a $.
Weißt Du, was Du da ausgerechnet hast?
Für vorgegebenes y ist [mm] P_l(\sqrt{(\frac{1}{3}a)^2 - (y-\frac{1}{3}a)^2} +\frac{3}{2} [/mm] a | y) der linke und [mm] P_r(-\sqrt{(\frac{1}{3}a)^2 - (y-\frac{1}{3}a)^2} +\frac{3}{2} [/mm] a | y) der rechte zugehörige Punkt auf dem Kreis. Die berechneten x sind Deine Grenzen für das innere Integral.
Nun ist es sicher sinnvoll, zu testen, ob das errechnete Ergebnis plausibel ist.
Welches Ergebnis für die x-Grenzen erwartest Du für y=1/3a?
Welches für y=0 und welches für y=2/3a?
Und? Paßt's mit der Rechnung zusammen?
> Das ist dann obere UND untere Grenze?Wenn ich [mm]y = \frac{1}{3}[/mm]
Du meinst sicher y=1/3a.
> nehme, dann kommt [mm]x=\frac{11}{6}[/mm] raus.
> Wie komme ich denn aber jetzt zur unteren Grenze
> [mm]\frac{7}{6}[/mm] ? Die hat ja theoretisch den gleichen y-Wert .
Du hast doch zwei x-Werte! Einmal mit der pos. und einmal mit der negativen Wurzel.
Gruß v. Angela
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:25 Sa 04.06.2011 | | Autor: | Nickles |
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> > Naja, ich will die obere und untere Grenze.
>
> Hallo,
>
> das mußt Du genauer sagen:
>
> Du willst für Deine Kreisscheibe für ein vorgegebenes y
> wissen, zwischen welchen Grenzen sich die dazugehörigen
> x-Werte bewegen.
>
> Eine Skizze der Situation ist sehr vorteilhaft, nicht nur
> hier, sondern generell wenn man Integrationsgrenzen
> festlegen möchte.
> Ohne Skizze kann ich das fast nicht.
>
> Du hattest ausgerechnet: [mm]x= \pm\sqrt{(\frac{1}{3}a)^2 - (y-\frac{1}{3}a)^2} +\frac{3}{2} a [/mm].
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> Weißt Du, was Du da ausgerechnet hast?
> Für vorgegebenes y ist [mm]P_l(\sqrt{(\frac{1}{3}a)^2 - (y-\frac{1}{3}a)^2} +\frac{3}{2}[/mm]
> a | y) der linke und [mm]P_r(-\sqrt{(\frac{1}{3}a)^2 - (y-\frac{1}{3}a)^2} +\frac{3}{2}[/mm]
> a | y) der rechte zugehörige Punkt auf dem Kreis. Die
> berechneten x sind Deine Grenzen für das innere Integral.
>
Super, das Ergebnis passt...hatte nur als ich das [mm] $\pm$ [/mm] mitreingenommen hatte, den GANZEN Ausdruck mit (-1) multipliziert -.-...
Aber danke für die tolle Unterstützung!
---> Wobei sich bei [mm] $\sqrt{(\frac{1}{3}a)^2 - (y-\frac{1}{3}a)^2}$ [/mm] jetzt wieder die Frage des Integrierens stellt :D
> Nun ist es sicher sinnvoll, zu testen, ob das errechnete
> Ergebnis plausibel ist.
> Welches Ergebnis für die x-Grenzen erwartest Du für
> y=1/3a?
> Welches für y=0 und welches für y=2/3a?
> Und? Paßt's mit der Rechnung zusammen?
>
>
> > Das ist dann obere UND untere Grenze?Wenn ich [mm]y = \frac{1}{3}[/mm]
>
> Du meinst sicher y=1/3a.
>
> > nehme, dann kommt [mm]x=\frac{11}{6}[/mm] raus.
> > Wie komme ich denn aber jetzt zur unteren Grenze
> > [mm]\frac{7}{6}[/mm] ? Die hat ja theoretisch den gleichen y-Wert .
>
> Du hast doch zwei x-Werte! Einmal mit der pos. und einmal
> mit der negativen Wurzel.
>
> Gruß v. Angela
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:58 Sa 04.06.2011 | | Autor: | Nickles |
> > ah, also [mm]\sqrt{1-y^2} \rightarrow \sqrt{1-cos(t)^2}[/mm]
> >
> > [mm]\rightarrow \sqrt{sin(t)^2} \rightarrow sin(t) . f(x)=sin(t) \rightarrow F(x) = -cos(t) [/mm]?
>
> Hallo,
>
> was meinst Du mit den Pfeilen? Gleichheitszeichen? Dann
> schreib welche!
> So ganz erschließt sich mir nicht, was Du oben
> ausdrücken möchtest...
> Es stimmt, daß, wenn man y=COS(t) substituiert, der
> Ausdruck [mm]\sqrt{1-y^2}=sin(t)[/mm] ist, es stimmt auch, daß
> -cos(t) eine Stammfunktion von sin(t) ist.
> Der Schluß, falls Du ihn gezogen haben solltest, daß
> [mm]\integral\wurzel{1-y^2}dy=\integral[/mm] sind(t)dt, ist jedoch
> verkehrt.
> Lies Dir nochmal durch, wie man substituiert: man muß das
> dy auch ersetzen!
>
> (Eigentlich wollte ich Dir aber vorschlagen, y=sin(t) zu
> substituieren...)
>
>
dy ersetzen macht natürlich Sinn!
Wenn ich jetzt
[mm] $\sqrt{\frac{2}{3}ay - y^2} [/mm] dy$ habe und y duch sin(t) substutuiere führt das zu
$sint(t) = y $ und dann [mm] $\frac{dsin(t)}{dy} [/mm] = 1$ ?
Somit $dy = dsint(t)$ ?
>
>
> > Wenn ich einen Kreis habe bei dem der Mittelpunkt bei
> > [mm](\frac{3}{2} a , \frac{1}{3}a )[/mm] liegt mit dem Radius
> > [mm]\frac{1}{3}a[/mm] dann läuft doch y von [mm]0 \rightarrow \frac{2}{3}a[/mm]
>
> Ja.
>
> > und die Abhängigkeit von x von y ist durch obere Grenze
> > [mm]f(y) = \sqrt{1-y^2}a + \frac{7}{6}a[/mm] und die untere Grenze
> > [mm]f(y) = \sqrt{1-y^2}a + \frac{5}{6}a[/mm] ausgedrückt
>
> Das kann ja nicht sein: für y=0 hätte man dann f(0)=13/6a
> und was man für für y=2/3a hätte, schreib' ich gar nicht
> auf.
> Wie kommst Du denn auf diese Grenzen?
>
> > da ja x
> > von [mm]\frac{7}{6}a \rightarrow \frac{9}{6} a[/mm] geht.
>
> Moment! Das stimmt doch nicht. x bewegt sich zwischen 7/6
> und 11/6.
>
> >
> > Oder liege ich hier jetzt falsch?
>
> Das kommt mir stark so vor.
> Mach Dir mal eine Skizze.
>
> > ( Ich komm nähmlich ums
> > Verderben nicht aufs richtige Ergebnis....)
>
> Schreib "nämlich" in Zukunft richtig. Du provozierst sonst
> blöde Sprüche.
>
> Gruß v. Angela
>
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> Wenn ich jetzt
>
> [mm]\sqrt{\frac{2}{3}ay - y^2} dy[/mm] habe
Hallo,
mach Dir ruhig die Mühe, das komplette Integral, welches Du jetzt berecnen möchtest, hinzuschreiben.
Sonst gibt es über kurz oder lang Kuddelmuddel.
Den Vorfaktor hast Du aus Bequemlichkeit weggelassen?
Ich würde unter der Wurzel nicht ausmultiplizieren, sondern mit
[mm] ...*\integral_{...}^{...}\sqrt{(\frac{1}{3}a)^2 - (y-\frac{1}{3}a)^2} [/mm]
weitermachen:
den Faktor 1/3a vor die Wurzel ziehen, und dann erstmal das Innere 2. Klammer substituieren:
t= ...
dy=...dt
Danach dann die nächste Substitution u=sin(t) du/dt=cos(t), also du=cos(t)dt.
Und nun weiter wie zuvor bei dem ersten Kreis.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:02 Mo 06.06.2011 | | Autor: | Nickles |
Hmm ok dann versuche ich mich mal.
[mm] $\int{\sqrt{(\frac{1}{3}a)^2 - (y- \frac{1}{3}a)^2}} [/mm] dy = [mm] \frac{1}{3}a \int{\sqrt{a- (\frac{3y}{a} - 1)^2}} [/mm] dy $
[mm] $\frac{3y}{a}=sint(t) [/mm] $ dann ist [mm] $y=\frac{sin(t) +a}{3}$ [/mm] und $dy = [mm] \frac{cos(t)}{9}$ [/mm]
Also [mm] $\int{\sqrt{a- (sint(t) -1)^2}} [/mm] * [mm] \frac{cos(t)}{9}*dt$
[/mm]
Ich würde ja gerne aus $(sin(t) - [mm] 1)^2 [/mm] $ ein $ [mm] (sin(t)^2 [/mm] -1) $ machen aber ich weiß nicht ob das der richtige Weg ist :D
Oder muss ich das $(sin(t) - [mm] 1)^2 [/mm] $ doch ausmultiplizieren
Zu [mm] $(sin(t)^2 [/mm] - 2*sin(t) +1 )$ und dann weiterverwenden?
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> Hmm ok dann versuche ich mich mal.
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> [mm]\int{\sqrt{(\frac{1}{3}a)^2 - (y- \frac{1}{3}a)^2}} dy = \frac{1}{3}a \int{\sqrt{a- (\frac{3y}{a} - 1)^2}} dy[/mm]
Hallo,
wahrscheinlich nur ein Flüchtigkeitsfehler:
Du hast jetzt [mm] $\int{\sqrt{(\frac{1}{3}a)^2 - (y- \frac{1}{3}a)^2}} [/mm] dy = [mm] \frac{1}{3}a \int{\sqrt{\red{1}- (\frac{3y}{a} - 1)^2}} [/mm] dy$
>
> [mm]\frac{3y}{a}=sint(t) [/mm] dann ist [mm]y=\frac{sin(t) +a}{3}[/mm] und
> [mm]dy = \frac{cos(t)}{9}[/mm]
>
> Also [mm]\int{\sqrt{a- (sint(t) -1)^2}} * \frac{cos(t)}{9}*dt[/mm]
>
> Ich würde ja gerne aus [mm](sin(t) - 1)^2[/mm] ein [mm](sin(t)^2 -1) [/mm]
> machen aber ich weiß nicht ob das der richtige Weg ist :D
Substituere geschickter, ich hatte doch gesagt "das Innere der Klammer", also so
[mm] sin(t)=\frac{3y}{a} [/mm] - 1
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:52 Mo 06.06.2011 | | Autor: | Nickles |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hmm...stimmt...a an der Stelle macht dann keinen Sinn. Entweder 1 oder $\frac{1}{3}a$ ohne Quadrat (von $\frac{1}{9}a^2$) ,richtig?
Das ich die ganze Klammer substituieren soll, hatte ich irgendwie falsch verstanden.... gut! Aber $sin(t) = y- \frac{1}{3}a$ ,wie soll das denn gehen, ich hab doch nur noch $(\frac{3y}{a} - 1)^2}$ oder?
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> Hmm...stimmt...a an der Stelle macht dann keinen Sinn.
> Entweder 1 oder [mm]\frac{1}{3}a[/mm] ohne Quadrat (von
> [mm]\frac{1}{9}a^2[/mm]) ,richtig?
Hallo,
Deinem "entweder" kann ich zustimmen, Dein "oder" verstehe ich nicht.
>
> Das ich die ganze Klammer substituieren soll, hatte ich
> irgendwie falsch verstanden.... gut! Aber [mm]sin(t) = y- \frac{1}{3}a[/mm]
> ,wie soll das denn gehen, ich hab doch nur noch
> [mm](\frac{3y}{a} - 1)^2}[/mm] oder?
Oh, Mist!
Ich hatte vorhin die falsche Klammer kopiert.
Natürlich meine ich [mm] sin(t)=\frac{3y}{a} [/mm] - 1.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:17 Mo 06.06.2011 | | Autor: | Nickles |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Ok, dann hab ich $\frac{9}{\pi a^3 3} * \int{\sqrt{1-sin(t)^2}}\ \frac{cos(t)}{9}dt$ Was dann gleich $\frac{9}{\pi a^3 3} \int {\sqrt{cos(t)^2}}\ \frac{cos(t)}{9}dt$ ist?
Und damit dann $\frac{9}{\pi a^3 3} \int {cos(t)^2 * \frac{1}{9}dt$
Die $\frac{1}{9}$ ziehe ich vor und habe dann das Integral $\int{cos(t)^2}$ zu berechnen , was ich durch partielle Integration löse?
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> Ok, dann hab ich [mm]\frac{9}{\pi a^3 3} * \int{\sqrt{1-sin(t)^2}}\ \frac{cos(t)}{9}dt[/mm]
> Was dann gleich [mm]\frac{9}{\pi a^3 3} \int {\sqrt{cos(t)^2}}\ \frac{cos(t)}{9}dt[/mm]
> ist?
>
> Und damit dann [mm]\frac{9}{\pi a^3 3} \int {cos(t)^2 * \frac{1}{9}dt[/mm]
>
> Die [mm]\frac{1}{9}[/mm] ziehe ich vor und habe dann das Integral
> [mm]\int{cos(t)^2}[/mm] zu berechnen , was ich durch partielle
> Integration löse?
Hallo,
mit dem Vorfaktor bin ich mir grad nicht so sicher.
Poste doch bitte komplette Gleichungen, damit man sowas verfolgen kann.
Ich hab' keine Lust, mir alles zusammenzuklauben.
Auf jeden Fall lauft es auf die Berechnung von [mm] \integral [/mm] cos^2x raus.
Gruß v. Angela
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:10 Di 07.06.2011 | | Autor: | Nickles |
Klar kann ich machen!
Nur hab ich jetzt eben versucht das [mm] $\int cos(t)^2$ [/mm] zu lösen über partielle Integration, leider komme ich dann aber Über [mm] $\int [/mm] cost(t) *cos(t) dt = [ sin(t) * cos(t) ] - [mm] \int [/mm] -sin(t)* sin(t)\ dt = [sin(t) * cos(t)]- ( [cos(t) * sin(t)] - [mm] \int [/mm] cos(t)*cos(t) dt)$ Zu nichts.
Da $ [mm] \int [/mm] cost(t) *cos(t) dt = [mm] \underbrace{[sin(t) * cos(t)]- [cos(t) * sin(t)]}_{=0} [/mm] + [mm] \int [/mm] cos(t)*cos(t) dt $
Hab ich mich irgendwo verrechnet?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:58 Di 07.06.2011 | | Autor: | chrisno |
Wie hast Du das Integral mit dem [mm] $\sin^2$ [/mm] bearbeitet? Noch einmal partiell integrieren, dann steht da am Ende [mm] $-\int \cos^2$. [/mm] Das bringst Du auf die linke Seite und dann hast Du es.
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:12 Di 07.06.2011 | | Autor: | Nickles |
Also
$ [ sin(t) [mm] \cdot{} [/mm] cos(t) ] - [mm] \int \underbrace{-sin(t)}_{=u'}\cdot{} \underbrace{sin(t)}_{=v}\ [/mm] dt $ Also $u = cos(t)$ und $v' = cos(t)$
Deshalb dann
$[sin(t) [mm] \cdot{} [/mm] cos(t)]- ( [mm] [\underbrace{cos(t)}_{=u} \cdot{} [/mm] sin(t)] - [mm] \int cos(t)\cdot{}\underbrace{cos(t)}_{=v'} [/mm] dt) $
Tut mir leid, ich seh irgendwie meinen Fehler nicht...
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> Also
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> [mm][ sin(t) \cdot{} cos(t) ] - \int \underbrace{-sin(t)}_{=u'}\cdot{} \underbrace{sin(t)}_{=v}\ dt [/mm]
> Also [mm]u = cos(t)[/mm] und [mm]v' = cos(t)[/mm]
>
> Deshalb dann
>
> [mm][sin(t) \cdot{} cos(t)]- ( [\underbrace{cos(t)}_{=u} \cdot{} sin(t)] - \int cos(t)\cdot{}\underbrace{cos(t)}_{=v'} dt)[/mm]
>
> Tut mir leid, ich seh irgendwie meinen Fehler nicht...
Hallo,
einen richtigen Fehler gibt es nicht:
Du hast jetzt dastehen [mm] \integral [/mm] cos^2x [mm] dx=\integral [/mm] cos^2x dx, was immerhin nicht falsch ist.
Mach hier weiter:
> > > [mm] [green]\int [/mm] cost(t) [mm] \cdot{}cos(t) [/mm] dt [/green]= [ sin(t) [mm] \cdot{} [/mm] cos(t) ] - [mm] \int -sin(t)\cdot{} [/mm] sin(t)\ dt
=[ sin(t) [mm] \cdot{} [/mm] cos(t) ] + [mm] \int sin(t)\cdot{} [/mm] sin(t)\ dt
=
=[ sin(t) [mm] \cdot{} [/mm] cos(t) ] + [mm] \int [/mm] (1-cos^2t)\ dt
Bedenke, wie Du die Gleichung x=10-x löst, und verwende diese Erkenntnis dann bei Deinem Integral.
Gruß v. Angela
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:59 Di 07.06.2011 | | Autor: | Nickles |
Somit also dann
[mm] \int cos(t)^2 [/mm] dt = [sin(t) * cos(t)] + [mm] \int [/mm] 1 dt$ - [mm] \int cos(t)^2 [/mm] dt
$ 2* [mm] \int cos(t)^2 [/mm] dt = [sin(t) * cos(t)] + [mm] \int [/mm] 1 dt$
Und letztendlich [mm] \int cos(t)^2 dt = \frac{1}{2} ([sin(t) * cos(t)] + [t] ) [/mm] ?
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Hallo Nickles,
> Somit also dann
>
> [mm]\int cos(t)^2[/mm] dt = [sin(t) * cos(t)] + [mm]\int[/mm] 1 dt$ - [mm]\int cos(t)^2[/mm]
> dt
> [mm]2* \int cos(t)^2 dt = [sin(t) * cos(t)] + \int 1 dt[/mm]
>
> Und letztendlich [mm]\int cos(t)^2 dt = \frac{1}{2} ([sin(t) * cos(t)] + [t])[/mm] ?
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Gruss
MathePower
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:57 Di 07.06.2011 | | Autor: | Nickles |
Danke für die super Hilfe an alle!
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> Hallo,
>
> soll den Flächenschwerpunkt für einen Kreis mit dem
> Radius 1 berechnen. Der Mittelpunkt des Kreises liegt bei
> (1/0). Er schneidet also die x-Achse bei 0 und bei 2.
> Nun steht in der Aufgabe:
>
> xs= [mm]\bruch{1}{A} \integral_{}^{}{ } \integral_{}^{}{x dA}[/mm]
> .......
> .......
Hallo Arne und alle anderen,
ich frage mich nur, welche Art von Holzkopf einer braucht,
um sich eine derartige Aufgabe einfallen zu lassen.
Weshalb soll man etwas, das von Anfang an offensichtlich
ist, durch irgendeine komplizierte Rechnerei bestätigen ?
Die Betrachtung und Auswertung von offensichtlichen
Symmetrien halte ich für eine wesentlich wichtigere
und nutzbringendere mathematische Fähigkeit als die
mühselige Auswertung eines Integrals, bei welcher man
genau diese Symmetrien ignorieren soll.
Die Aufgabe, etwa den Flächenschwerpunkt einer Halbkreis-
fläche durch Integration auszurechnen, würde ich akzeptieren.
Dabei würde ich aber eine Lösung, bei welcher die Symmetrie
beachtet wird und deshalb nur ein Integral zu berechnen ist,
der anderen Lösung vorziehen, bei der zwei Integrale (eines
für [mm] x_S [/mm] und eines für [mm] y_S) [/mm] berechnet werden.
LG Al-Chw.
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> Hallo Arne und alle anderen,
>
> ich frage mich nur, welche Art von Holzkopf einer braucht,
> um sich eine derartige Aufgabe einfallen zu lassen.
> Weshalb soll man etwas, das von Anfang an offensichtlich
> ist, durch irgendeine komplizierte Rechnerei bestätigen
> ?
Hallo Usbeke,
ich ticke anders: Neues übe ich gern an Dingen, bei denen ich kontrollieren kann, ob ich es richtig mache.
Es will im Grunde ja niemand wissen, wo der Flächenschwerpunkt vom Kreis ist, denn es weiß eh jeder.
Das Ziel der Aufgabe liegt woanders:
man soll hier eine bestimmte Technik üben, und der Kreis hat eben den großen Vorteil, daß jeder weiß, was herauskommen muß, so daß der Übende recht gut selbst merken kann, wenn er etwas vermasselt hat.
Das schließt doch nicht aus, daß man sich anschließend über Halbkreise und andere Gebilde hermacht und sogar später gelegentlich das Hirn anknipst.
Gruß v. Angela
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:40 Do 02.06.2011 | | Autor: | fred97 |
Hallo Al,
ich kann Angela nur zustimmen. Wenn ich in der Vorlesung das Prinzip von Cavalieri formuliert und bewiesen habe, mache ich sofort Beispiele:
Fläche eines Kreises, Volumen einer Kugel, ....
Was rauskommt, sollte jeder aus der Mittelstufe kennen. Es geht um Üben und Anwenden von Techniken.
Und vielleicht auch um einen Aha-Effekt, dass nämlich der ganze abstrakte Apparat im Konkreten das liefert, was man sich wünscht.
FRED
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Ich stimme im wesentlichen Al-Chwarizmi zu. Man erzieht die Leute nämlich mit solchen Aufgaben zum Stumpfsinn. Wie oft habe ich es schon erlebt, daß, ist die Lösungsformel für quadratische Gleichungen erst einmal bekannt, jede (!) quadratische Gleichung damit bearbeitet wird. Dann kommt es zu so sonderbaren Dingen, wie daß jemand bei
[mm]x^2 = 3[/mm]
erst einmal alles auf eine Seite bringt:
[mm]x^2 - 3 = 0[/mm]
dann richtig abliest:
[mm]a=1, \, b=0, \, c=-3[/mm]
und schließlich als Lösungen
[mm]x = \pm \frac{\sqrt{12}}{2}[/mm]
herausbringt. Soll man ihn jetzt wirklich dafür loben, daß er alles richtig gemacht hat?
Ich bringe in der Tat ein solches Beispiel auch im Unterricht - aber nur zur Abschreckung! Und ich weise darauf hin, daß, wer so vorgeht, mit Punktabzug rechnen muß. Wegen Borniertheit und mangelnder geistiger Beweglichkeit.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:30 Sa 04.06.2011 | | Autor: | fred97 |
Hallo Leopold,
ich stimme Dir zu, soweit es Dein obiges Beispiel betrifft. Ich selbst erlebe immer wieder, dass man Studenten das Polynom
$p(x)=(x-1)(x-4)$
vorlegt und fragt, was sind die Nullstellen ? Dann wird ausmultipliziert und die pq-Formel rausgeholt. Solchen Leuten gehört selbstverständlich rechts und links an die jeweilige Backe geklatscht.
Aber oben, bei der Aufgabe von starbak05, geht es um was anderes.
Wenn man im [mm] \IR^2 [/mm] (oder auch im [mm] \IR^3) [/mm] eine beliebige beschränkte messbare Menge gegeben hat, was ist dann der Schwerpunkt [mm] (x_s,y_s) [/mm] dieser Menge ?
Antwort: man muß ihn erst definieren ! Und zwar so:
[mm] $x_s=\frac{1}{A}\int_A [/mm] x [mm] \mathrm [/mm] dA ~~~ [mm] y_s=\frac{1}{A}\int_A [/mm] y [mm] \mathrm [/mm] dA$
So, nun hat man den Studierenden das mehrdim. Integral beigebracht, man hat die Substitutionsregel , den Satz von Fubini behandelt und stellt dann eine Aufgabe wie oben.
Was will man damit ? Es geht weniger um den Schwerpunkt, sondern um die Frage: ist der Student in der Lage, die Integrationsgrenzen richtig zu ermitteln, ist er in der Lage Fubini anzuwenden, etc .... Kurz: kann er mehrdimensional integrieren ?
Wenn man mal integrieren kann, und das muß man üben, so muß man natürlich kein Integral auspacken, um den Schwerpunkt einfacher Menge, wie Kreise, Rechtecke oder Kuglen, zu bestimmen.
Gruß FRED
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