Mehrfachintegral Zylinderkoordinaten / Polarkoordinaten


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Hallo

Ich hatte vor Wochen mal bei dieser Aufgabe Probleme mit den Integrationsgrenzen. Am Montag habe ich nun eine Prüfung und bin eigentlich sehr gut vorbereitet, nur bei diesem Thema haperts noch sehr, weil ich leider (noch immer) bei der Festlegung der Intervallsgrenzen Probleme habe.

Hier ist die Frage mit der damals notierten Lösung:

 

Kann mir nochmals jemand erklären wie ich dabei vorgehen sollte? Wieso ist bei (a) beim innersten Integral die untere Grenze root(z)? Ich sehe ja schon, dass x² + y² = z für den Paraboloid gilt, und folglich r² = z bzw root(z) = r. Aber wie weiss man, dass der Radius vom Paraboloid die untere Grenze ist? 

Ein Kollege hat die Aufgabe ganz anders gelöst und hat als Grenzen für das innerste Integral 0 - r² benutzt was ich einfach nicht verstehen kann.

Wie kommt man ebenso bei der (b) auf die Grenzen für das innerste Integral von z - root(z)?

Und die grösste Verwirrung ist bei der Aufgabe mit der liegenden Acht. Wie kommt man auf die obere Grenze Pi / 4 ?? Da blick ich gar nicht durch...

Sorry ich weiss das sind viele Fragen auf einmal, aber ich bin für jegliche Hilfestellung unendlich dankbar, da mir auch der Skript dazu nicht weiterhelfen kann ;-(


LG

Wizz

 

gefragt vor 4 Monate, 3 Wochen
w
wizzlah,
Student, Punkte: 226
 

Wenn Du \(\displaystyle \varphi = \frac{\pi}{4}\), so erhält Du \(\displaystyle r^4 = 0\) und für \(\displaystyle \varphi = 0\): \(\displaystyle r = \pm 2\), also hast Du sozusagen das Gebiet richtig eingeschränkt. So wie ich das verstehe, bildet der Zylinder sozusagen die äußere Grenze. Alles, was über diesem ist, wird nicht mehr zum Integrationsgebiet dazugezählt. Bei der b) beschränkt der Paraboloid das Gebiet.   -   einmalmathe, verified kommentiert vor 4 Monate, 3 Wochen

* \(\displaystyle r = 2\), nicht \(\displaystyle -2\). Somit hast Du sozusagen den ersten Quadraten, also von \(\displaystyle 0\) bis \(\displaystyle 2\) alle Funktionswerte und die dazu eingeschlossenen Fläche. Diese muss man dann logischerweise mit \(\displaystyle 4\) multiplizieren, denn man hat die besagte Fläche vier Mal …   -   einmalmathe, verified kommentiert vor 4 Monate, 3 Wochen

Vielen Dank für deine Antwort. Ich habe nun gesehen, dass Pi / 4 eingesetz 0 gibt. Aber ich verstehe trotzdem nicht wieso das so gewählt wird für die "obere Grenze" des äusseren Integrals. Mir ist klar, dass Pi / 4 die Winkelhalbierende des Einheitskreises in jeglichem Quadranten ist. Hat das damit zu tun??   -   wizzlah, kommentiert vor 4 Monate, 3 Wochen

Ich seh einfach trotzdem nicht wie ich auf diese Pi / 4 kommen sollte anhand dieser Gleichung für die (b) und dem dazugehörigen Graphen, welche wie eine liegende 8 aussieht.   -   wizzlah, kommentiert vor 4 Monate, 3 Wochen
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1 Antwort
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Hallo,


am besten kannst du dir das ganze einmal plotten. Zumindest die ersten beiden Integrale. Dann siehst du relativ schnell was die untere und obere Grenze ist. 


Bei der liegenden Acht, würde ich sagen, dass dort eigentlich ein \( \frac {\pi} 2 \) hin sollte anstatt ein \( \frac {\pi} 4 \). Nur dann haben wir den ersten Quadranten abgedeckt und können unser Ergebnis mit 4 multiplizieren um den ganzen Inhalt zu erhalten. 


Grüße Christian

geantwortet vor 4 Monate, 3 Wochen
christian strack, verified
Sonstiger Berufsstatus, Punkte: 16463
 

Hallo Christian

Vielen Dank für deine Antwort. Das mit dem plotten hilft natürlich schon, nur kann ich das bei der Prüfung natürlich leider nicht machen, sondern muss das selbst herausfinden. Mir ist das Prinzip eigentlich klar.

Ich habe es mit Pi / 4 so abgegeben und habe von meinem Tutoren das als richtig korrigiert bekommen. Ein anderer Kollege hatte andere Grenzen eingesetzt und ist auf das gleiche Resultat gekommen. Grundsätzlich habe ich mir das auch so überlegt, dass es eigentlich Pi / 2 sein sollten, da ja das den ersten Quadranten in Polarkoordinaten abdeckt was für mich mehr Sinn ergeben würde. Aber das eingesetzt liefert ein anderes Resultat, wenn ich das richtig

Ich denke bei der Prüfung werde ich dennoch auf die Pi / 2 setzen, da es einfach mehr Sinn ergibt. ;-)
  -   wizzlah, kommentiert vor 4 Monate, 3 Wochen

Das plotten meinte ich auch eher in der Hinsicht, damit du dir vorstellen kannst wie solche Körper wie Zylinder, Paraboloide etc enstehen.
Ein Zyinder ist natürlich star nach oben mit immer dem selben Radius.
Ein Paraboloid haben wir einen variablen Radius der bei Null startet und dann langsam aufgeht bis wir die Schnittstelle von Zylinder und Paraboloid haben.
Vom Gedanken her startets du mit dem Radius immer an dem Punkt der am nächsten am Ursprung ist. Da der Paraboloid Im Ursprung der Radius Null hat, Ist das automatisch unsere untere Grenze. Der Schnittpunkt die obere.
Wenn man sich das ganze bei einigen Figuren mal anguckt, ist es in der Klausur einfacher und schneller sich vorzustellen wie die gegebenen Figuren aussehen.
Wenn du dir das vorstellen kannst, ist die halbe Miete schon erbracht ;)

Hmm wenn man bei der liegenden 8 \( \frac {\pi} 2 \) als Grenze wählt erhält man als Flächeninhalt Null. Das kann es ja wirklich nicht sein. Ich denke über diese Grenze nochmal nach :)
  -   christian strack, verified kommentiert vor 4 Monate, 3 Wochen

Super vielen Dank das hilft mir schonmal sehr ich sehe nun wie man sich das ganze ungefähr zusammenbasteln kann. Ich werde heute sicherlich noch paar Mal über die Übungen gehen, damit das sitzt.

Bezüglich der liegenden 8 wäre ich echt froh, wenn das noch geklärt werden kann. Ich danke dir auf jeden Fall schonmal sehr dafür!
  -   wizzlah, kommentiert vor 4 Monate, 3 Wochen

Ich habe das nochmals mit paar Kollegen angeschaut. Kann es sein, wenn man den Graphen betrachetet, dass man gerade Pi / 4 nehmen muss, weil ja das gerade der grösste Winkel der Winkelhalbierenden ist? (Folglich in jedem Quadranten aufgrund Symmetrie).
Und wenn man in das cos(2*phi) --> pi / 4 einsetzt, dann kommt man ja auf Pi / 2, was gerade einem Viertel des Einheitskreises entspricht. Sind diese Überlegungen korrekt?
  -   wizzlah, kommentiert vor 4 Monate, 3 Wochen

Es ist folgendermaßen.
Unser Radius geht von 0 bis 2. Außerdem gilt folgender Zusammenhang
\( r = 2\sqrt{\cos(2\varphi)} \)
Nun setzen wir mal r=0 und r=2 und erhalten als Lösungen im ersten Quadranten \( \varphi = 0 \) für r=2 und \( \varphi = \frac {\pi} 4 \) für r=0
Das bedeutet das wir bei einem Winkel von \( \frac {\pi} 4 \) schon den Radius Null haben also weiter links davon keine Fläche mehr im ersten Quadranten erhalten. Deshalb lassen wir den Winkel auch nur bis dahin laufen.
Wir bekommen bei Polarkoordinaten leider ein Problem wenn der Radius Null wird da wir für verschiedene Winkel eigentlich den selben Punkt haben. Wir verlieren also unsere Eindeutigkeit im Ursprung und ich denke daran scheitert es.
  -   christian strack, verified kommentiert vor 4 Monate, 3 Wochen

Super vielen Dank das hilft mir sehr weiter ich glaube ich habe es jetzt auch verstanden. Die Prüfung ist am Montag sogar wirklich sehr gut gelaufen es wird bestimmt eine gute Note geben. Lustigerweise habe ich genau bei den Gebietsintegralen alles gewusst und habe es sogar richtig (nach Absprache).
Das habe ich natürlich auch dir zu verdanken, deshalb nochmals ein grosses Dankeschön für deine andauerndeUnterstützung durch das Semester :-)
  -   wizzlah, kommentiert vor 4 Monate, 3 Wochen

Das freut mich doch wirklich sehr zu hören.
Es war mir immer eine Freude. Einem willigen Lerner etwas beizubringen macht mit Abstand am meisten Spaß. :)
Dann genieß jetzt mal deine freie Zeit :p
  -   christian strack, verified kommentiert vor 4 Monate, 3 Wochen
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