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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 09:58 Do 10.03.2011 | | Autor: | StevieG |
| Aufgabe | G sei der Bereich im 1. Quadranten der xy-Ebene, der durch den kreis [mm] x^{2}+y^{2}=2 [/mm] und die [mm] Parabely=x^{2} [/mm] sowie der x-achse berandet wird.
Berechne [mm] \integral\integral_{G}^{}{x dx dy} [/mm] |
Der Bereich G ist unter der Parabel bis x =1 und dann von x=1 bis [mm] x=\wurzel{2} [/mm] von der Kreisfunktion y = [mm] \wurzel{2-x^{2}}
[/mm]
also habe ich gedacht:
[mm] \integral_{0}^{1}{x^{2} dx} +\integral_{1}^{\wurzel{2}}{\wurzel{2-x^{2}} dx}
[/mm]
leider weiss ich nicht wie man die Stammfunktion davon ermittelt, es muss also einen einfacheren weg geben?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:16 Do 10.03.2011 | | Autor: | gfm |
> G sei der Bereich im 1. Quadranten der xy-Ebene, der durch
> den kreis [mm]x^{2}+y^{2}=2[/mm] und die [mm]Parabely=x^{2}[/mm] sowie der
> x-achse berandet wird.
>
> Berechne [mm]\integral\integral_{G}^{}{x dx dy}[/mm]
> Der Bereich G
> ist unter der Parabel bis x =1 und dann von x=1 bis
> [mm]x=\wurzel{2}[/mm] von der Kreisfunktion y = [mm]\wurzel{2-x^{2}}[/mm]
>
> also habe ich gedacht:
>
> [mm]\integral_{0}^{1}{x^{2} dx} +\integral_{1}^{\wurzel{2}}{\wurzel{2-x^{2}} dx}[/mm]
>
> leider weiss ich nicht wie man die Stammfunktion davon
> ermittelt, es muss also einen einfacheren weg geben?
Hm, Du sollt doch ein zweidimensionales Integral über [mm]G:=\{(x,y)\in\IR^2: x^2+y^2\le2\wedge 0\le y\le x^2\}[/mm] für die Funktion [mm]f(x,y)=x[/mm] auswerten.
Entweder direkt oder gegebenenfalls mit Stokes/Green/Gauß etc.
LG
gfm
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:23 Do 10.03.2011 | | Autor: | StevieG |
wie funktioniert das? (nicht als rechnung sondern in worten)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:03 Fr 11.03.2011 | | Autor: | gfm |
> wie funktioniert das? (nicht als rechnung sondern in
> worten)
Na, Du bist lustig. Ich bin doch nicht zum Romane schreiben hier. Was ich meine ist folgendes. Beim zweifachen Integral hast Du i.A.
[mm] \integral_G [/mm] f(x,y)dxdy
für eine Teilmenge [mm] G\subseteq\IR^2 [/mm] auszuwerten. Weil es einfacher ist, möchte man das durch eindimensionale Integralberechnungen tun. Dazu gibt es verschiedene Wege. Z.B.
1) Variablensubstitution
Wenn es zwei zulässige Funktionen [mm] x=t^x(u,v) [/mm] und [mm] y=t^y(u,v) [/mm] mit denen das Integral als
[mm] \integral_{I\times J}g(u,v)dudv
[/mm]
mit zwei Teilmengen [mm] I,J\subseteq\IR [/mm] geschrieben werden kann, kann man das Integral iteriert auswerten:
[mm] \integral_J\left(\integral_Ig(u,v)du\right)dv
[/mm]
2) "Faktorisieren" von G
Wenn es gelingt, die Menge G als Normalbereich über einem Intervall des [mm] I\subseteq\IR [/mm] zu schreiben, d.h. zwei Funktionen [mm] \phi(x)\le\psi(x) [/mm] zu finden, so dass
[mm] G=\{(x,y):\phi(x)\le y\le \psi(x), x\in I\},
[/mm]
dann kann man wieder zwei eindimensionale Integralberechnungen ausführen. Das Gebiet G ist dann nichts anderes als
[mm] G=\cup_{x\in I}\left(\{x\}\times[\phi(x),\psi(x)]\right)
[/mm]
x läuft dabei über seinen maximal möglichen Bereich und die y Werte sind dabei dem variblen Intervall [mm] J(x):=[\phi(x),\psi(x)] [/mm] zu nehmen:
[mm] \integral_I\left(\integral_{J(x)}f(x,y)dy\right)dx
[/mm]
Das obige Wort Faktorisieren, hat dabei eine noch eine andere konkrete Bedeutung: Wenn man das Integral nicht mit dem G am Integral schreibt, sondern mit einer Indikatorfunktion [mm] 1_G(x,y), [/mm] die eins liefert, wenn der Punkt (x,y) in G liegt und sonst null, dann kann man in diesem Kontext Folgendes schreiben:
[mm] \integral_{\IR^2}1_G(x,y)f(x,y)dxdy=\integral_{\IR^2}1_I(x)1_{J(x)}(y)f(x,y)dxdy
[/mm]
D.h. die zwei-argumentige Indikatorfunktion zu G zerfällt in ein Produkt aus zwei ein-argumentige Indikatorfunktionen und man kann die Berechnung in zwei Einzelberechnungen aufspalten:
[mm] \integral_{\IR^2}1_I(x)1_{J(x)}(y)f(x,y)dxdy=\integral_\IR 1_I(x)\left(\integral_\IR 1_{J(x)}(y)f(x,y)dy\right)dx
[/mm]
3) Satz von Green
Wenn [mm] f(x,y)=\frac{\partial}{\partial x}g(x,y)-\frac{\partial}{\partial y}h(x,y)
[/mm]
dann gilt
[mm] \integral_G f(x,y)dxdy=\oint_{\partial G} \left(h(x,y)dx+g(x,y)dy\right)
[/mm]
wobei [mm] \partial\\G [/mm] der Rand von G ist.
Im übrigen ist Dein Integral die x-Komponente des Schwerpunkts von G. Ich würde auf ein verschwindendes Ergebnis tippen...
LG
gfm
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:28 Do 10.03.2011 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Ich glaube, du hast das x immer vergessen, das da noch hinterm Integralzeichen steht.
Du musst ausrechnen:
[mm] \integral_{0}^{1}{x^3 dx}+\integral_{1}^{\sqrt{2}}{x*\sqrt{2-x^2} dx}. [/mm] Nun kannst du beim 2. Integral einfach substituieren.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:31 Do 10.03.2011 | | Autor: | StevieG |
wieso steht eigentlich in der Aufgaben stellung für die Funktion ein x?
wie bestimmt man die Funktion über die man integriert?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:45 Do 10.03.2011 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Na irgendeine Funktion musst du ja über dein angegebenes Gebiet (Fläche zwischen Parabel, Kreis und x-Achse) integrieren. Und weil man es nicht so schwierig machen wollte, hat man euch einfach nur x gegeben. ;) Damit kannst du das 2. Integral eben ohne viel Rechenaufwand lösen kannst.
Hättet ihr sin(x) integrieren müssen über das gleiche Gebiet, müsstest du dich jetzt mit
[mm] \integral_{0}^{1}{sin(x)*x^2 dx}+\integral_{1}^{\sqrt{2}}{sin(x)\cdot{}\sqrt{2-x^2} dx} [/mm] herumschlagen.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:50 Do 10.03.2011 | | Autor: | StevieG |
ich merke ich bin total überfordert:
Substitution:
ich sehe niccht was ich ersetzen soll?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:57 Do 10.03.2011 | | Autor: | fred97 |
> ich merke ich bin total überfordert:
>
> Substitution:
>
> ich sehe niccht was ich ersetzen soll?
Beim Integral [mm] \integral_{1}^{\sqrt{2}}{x\cdot{}\sqrt{2-x^2} dx} [/mm] substituiere $u= [mm] \sqrt{2-x^2} [/mm] $
FRED
>
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:08 Do 10.03.2011 | | Autor: | StevieG |
t= [mm] \wurzel{2-x^{2}}
[/mm]
[mm] -\bruch{1}{\wurzel{2-x^{2}}} [/mm] dx = dt
wie finde ich das f(t) ?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:16 Do 10.03.2011 | | Autor: | fred97 |
> t= [mm]\wurzel{2-x^{2}}[/mm]
>
> [mm]-\bruch{1}{\wurzel{2-x^{2}}}[/mm] dx = dt
Das stimmt nicht.
Richtig: [mm]\bruch{x}{\wurzel{2-x^{2}}}[/mm] dx = dt
Pardon: [mm]\bruch{-x}{\wurzel{2-x^{2}}}[/mm] dx = dt
FRED
>
> wie finde ich das f(t) ?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:27 Do 10.03.2011 | | Autor: | StevieG |
mit einem minus davor müsste es heissen?
wie bestimme ich jetzt f(t)?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:33 Do 10.03.2011 | | Autor: | fred97 |
> mit einem minus davor müsste es heissen?
Ja, ein "-" hab ich verschlampt.
Du erhältst dann:
xdx=-tdt und dann das Integral [mm] -\integral_{}^{}{t^2 dt}
[/mm]
FRED
>
> wie bestimme ich jetzt f(t)?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:10 Do 10.03.2011 | | Autor: | StevieG |
Stammfunktionen:
[ [mm] \bruch{1}{4}x^{4}] [/mm] (grenzen 0 bis1) - [[ [mm] \bruch{1}{3}t^{3}](grenzen [/mm] 1 bis 0) = [mm] \bruch{1}{4} [/mm] - [mm] \bruch{1}{3} [/mm] = - [mm] \bruch{1}{12}
[/mm]
Was ist nun das Ergebnis geometrisch gesehen,
ist es das Volumen das sich aus der Grundfläche und der Ebene (fx,y) =x
die oben drüber steht?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:51 Do 10.03.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
Das x ist eine besonders einfache Funktion, die du über deine Fläche integrierst, nimm an es wäre der Druck, der in jedem Punkt (x,y)x Richtung wächst, dann ergaäbe dein integral die Kraft, oder es wäre die Dichte des Materials dann würdest du die Masse ausrechnen, usw. Im allgemeinen steht unter dem integral eine Funktion f(x,y) die hier nur besonders einfach ist f(x,y)=x
deshalb solltest du besser lernen mit dem Doppelintegral umzugehen, man integiert erst in x-Richtung, bis zu den Grenzen, die man der Aufgabe entnimmt, dann in y- Richtung oder erst in y- Richtung, dann in x- Richtung.
Irgendwas in der Art müsst ihr doch gemacht haben? Die Integrale bleiben fast dieselben.
wenn du irgendwo [mm] f'*\wurzel{f} [/mm] zu integriren hast, solltest du sehen, dass das praktisch die Ableitung von [mm] f^{3/2} [/mm] ist !
Gruss leduart
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