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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:31 Do 08.11.2012 | | Autor: | m51va |
Ich möchte gerne die Fläche einer Ellipse bestimmen, die mit ihrem linken Brennpunkt im Koordinatenzentrum liegt.
Für diese gilt bekanntlich die Polarkoordinatendarstellung
[mm] $r(\varphi) [/mm] = [mm] \frac{p}{1-\varepsilon \cdot \cos(\varphi)}$,
[/mm]
wobei $p$ und [mm] $\varepsilon$ [/mm] die üblichen Bezeichnungen bei einer Ellipse darstellen.
Sei nun [mm] $K=\lbrace (x,y)\in \IR^2 \mid \frac{(x-e)^2}{a^2} [/mm] + [mm] \frac{y^2}{b^2} \leq [/mm] 1 [mm] \rbrace$ [/mm] die Ellipsenscheibe, dann ist der Flächeninhalt gegeben durch
$$ [mm] A=\iint_{\!\!\!\!\!\!\! K} \limits [/mm] 1 [mm] \,dxdy [/mm] = [mm] 2\cdot \int_0^\pi \int_0^{r(\varphi)} [/mm] r \ dr [mm] d\varphi [/mm] = [mm] \cdot \int_0^\pi r^2(\varphi) d\varphi=p^2 \cdot \int_0^\pi \frac{1}{(1-\varepsilon \cos(\varphi))^2} d\varphi$$
[/mm]
Ist das soweit von der Argumentation richtig?
Vielleicht noch eine spontane Idee wie man das Integral berechnet?
Ich hatte zuerst an die t-substitution gedacht, also tan(x/2) = t... aber das wird hässlich, oder ich hab mich verrechnet
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:41 Fr 09.11.2012 | | Autor: | m51va |
In der Hoffnung, dass die Argumentation bis hier hin richtig war...
> [mm]A=\iint_{\!\!\!\!\!\!\! K} \limits 1 \,dxdy = 2\cdot \int_0^\pi \int_0^{r(\varphi)} r \ dr d\varphi = \cdot \int_0^\pi r^2(\varphi) d\varphi=p^2 \cdot \int_0^\pi \frac{1}{(1-\varepsilon \cos(\varphi))^2} d\varphi[/mm]
...
> Ich hatte zuerst an die t-substitution gedacht, also
> tan(x/2) = t... aber das wird hässlich, oder ich hab mich
> verrechnet
...
rechne ich das hier nochmal vor.
Also ich substituiere [mm] $\varphi=\phi(t) [/mm] = 2 [mm] \cdot \arctan(t)$ [/mm] mit [mm] $\phi(0)=2\cdot \arctan(0)=0$ [/mm] und [mm] $\phi(\pi) [/mm] = [mm] 2\cdot \arctan(\pi)$. [/mm] Ferner ist [mm] $\phi'(t) [/mm] = [mm] \frac{2}{1+t^2}$.
[/mm]
Des Weiteren erhalte ich aus den Additionstheoremen
[mm] $\cos(\varphi) [/mm] = [mm] 2\cdot \cos^2\big( \varphi/2 \big) [/mm] - 1 = [mm] 2\cdot \frac{1}{1+\tan^2\big( \varphi/2 \big)} [/mm] - 1 = [mm] \frac{2}{1+t^2} [/mm] - 1 = [mm] \frac{1-t^2}{1+t^2}$ [/mm] und daher schließlich
$$
[mm] \int_0^\pi \frac{1}{(1-\varepsilon \cos(\varphi))^2} d\varphi [/mm] = [mm] \int_0^{2\arctan(\pi)} \frac{1}{\left(1-\varepsilon \cdot \frac{1-t^2}{1+t^2}\right)^2} \cdot \frac{2}{1+t^2} \, [/mm] dt = [mm] \int_0^{2\arctan(\pi)} \frac{2\cdot (1+t^2)}{\left((1+t^2)-\varepsilon \cdot (1-t^2)\right)^2} \, [/mm] dt
$$
Dann verlässt es mich aber auch schon. Kann mir einer weiterhelfen???
Danke schon mal im Vorraus
m51va
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> In der Hoffnung, dass die Argumentation bis hier hin
> richtig war...
> > [mm]A=\iint_{\!\!\!\!\!\!\! K} \limits 1 \,dxdy = 2\cdot \int_0^\pi \int_0^{r(\varphi)} r \ dr d\varphi = \cdot \int_0^\pi r^2(\varphi) d\varphi=p^2 \cdot \int_0^\pi \frac{1}{(1-\varepsilon \cos(\varphi))^2} d\varphi[/mm]
>
> ...
> > Ich hatte zuerst an die t-substitution gedacht, also
> > tan(x/2) = t... aber das wird hässlich, oder ich hab mich
> > verrechnet
> ...
> rechne ich das hier nochmal vor.
>
> Also ich substituiere [mm]\varphi=\phi(t) = 2 \cdot \arctan(t)[/mm]
> mit [mm]\phi(0)=2\cdot \arctan(0)=0[/mm] und [mm]\phi(\pi) = 2\cdot \arctan(\pi)[/mm].
> Ferner ist [mm]\phi'(t) = \frac{2}{1+t^2}[/mm].
>
> Des Weiteren erhalte ich aus den Additionstheoremen
> [mm]\cos(\varphi) = 2\cdot \cos^2\big( \varphi/2 \big) - 1 = 2\cdot \frac{1}{1+\tan^2\big( \varphi/2 \big)} - 1 = \frac{2}{1+t^2} - 1 = \frac{1-t^2}{1+t^2}[/mm]
> und daher schließlich
>
> [mm][/mm]
> [mm]\int_0^\pi \frac{1}{(1-\varepsilon \cos(\varphi))^2} d\varphi[/mm]
> = [mm]\int_0^{2\arctan(\pi)} \frac{1}{\left(1-\varepsilon \cdot \frac{1-t^2}{1+t^2}\right)^2} \cdot \frac{2}{1+t^2} \,[/mm]
> dt = [mm]\int_0^{2\arctan(\pi)} \frac{2\cdot (1+t^2)}{\left((1+t^2)-\varepsilon \cdot (1-t^2)\right)^2} \,[/mm]
> dt
> [mm][/mm]
>
> Dann verlässt es mich aber auch schon. Kann mir einer
> weiterhelfen???
> Danke schon mal im Vorraus
> m51va
Hallo m51va,
ganz exakt so weit bin ich vor wenigen Minuten auch
gekommen, als ich mir diese Integration nochmals
vorgenommen hatte.
Insofern kann ich einmal bestätigen, dass deine
Rechnung so weit in Ordnung ist, wenigstens was den
Integranden betrifft. Die Obergrenze, die du angibst,
ist aber sicher falsch.
Für die Fortsetzung dachte ich an eine weitere
Substitution, etwa [mm] u:=1+t^2 [/mm] , aber das wird leider
auch nicht einfach ... ![[kopfkratz3]](/images/smileys/kopfkratz3.gif "[kopfkratz3]")
So richtig weiter helfen kann ich im Moment also
leider nicht ... Aber ich suche noch weiter.
Natürlich wäre der Flächeninhalt wesentlich leichter zu
bekommen, wenn du dir zunächst klar machst, wie man
aus p und [mm] \varepsilon [/mm] die "Hauptparameter" a und b der
Ellipse berechnet.
LG
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:21 Fr 09.11.2012 | | Autor: | m51va |
> Die Obergrenze, die du angibst, ist aber sicher falsch.
Warum?
> Für die Fortsetzung dachte ich an eine weitere
> Substitution, etwa [mm]u:=1+t^2[/mm] , aber das wird leider
> auch nicht einfach ...
Jap hab ich auch schon probiert. Sieht nich schön aus.
> Natürlich wäre der Flächeninhalt wesentlich leichter
> zu bekommen, wenn du dir zunächst klar machst, wie man
> aus p und [mm]\varepsilon[/mm] die "Hauptparameter" a und b der
> Ellipse berechnet.
Naja wegen [mm] $p=\frac{b^2}{a}$ [/mm] und [mm] $\varepsilon [/mm] = [mm] \frac{e}{a} [/mm] = [mm] \frac{sqrt{a^2+b^2}}{a}$ [/mm] ist einerseits
[mm] $p=a\cdot (1-\varpesilon^2)$ [/mm] und [mm] $b=a\cdot \sqrt{1-\varepsilon^2}$
[/mm]
Warum vereinacht sich dadurch das Integral? Am Ende sollte man ja wieder auf den Flächeninhalt [mm] $ab\pi$ [/mm] kommen...
Meine obige Berechnung läuft ja auch die Sektorformel von Leibniz hinaus (http://de.wikipedia.org/wiki/Sektorformel_von_Leibniz). Ich kann die Ellipse auch über $x(t)=-e + [mm] a\cdot \cos [/mm] t$ und [mm] $y=b\cdot \sin [/mm] t$ parametrisieren. Dann komme ich mit der Formel von Leibniz auch auf die gewünschte Ergebnis. Es muss doch aber auch über die Polarkoordinaten gehen...
Vielen Dank für deine Mühe
Ich hoffe wir kriegen das zusammen hin.
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> > Die Obergrenze, die du angibst, ist aber sicher falsch.
> Warum?
Nun ja, [mm] arctan(\pi) [/mm] wäre ein Winkel mit dem Tangenswert [mm] \pi [/mm] .
Sowas kommt bestimmt hier nicht vor !
> > Für die Fortsetzung dachte ich an eine weitere
> > Substitution, etwa [mm]u:=1+t^2[/mm] , aber das wird leider
> > auch nicht einfach ...
> Jap hab ich auch schon probiert. Sieht nich schön aus.
>
> > Natürlich wäre der Flächeninhalt wesentlich leichter
> > zu bekommen, wenn du dir zunächst klar machst, wie man
> > aus p und [mm]\varepsilon[/mm] die "Hauptparameter" a und b der
> > Ellipse berechnet.
>
> Naja wegen [mm]p=\frac{b^2}{a}[/mm] und [mm]\varepsilon = \frac{e}{a} = \frac{sqrt{a^2+b^2}}{a}[/mm] ![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Das sollte heißen: [mm] \frac{\sqrt{a^2-b^2}}{a}
[/mm]
> ist einerseits
> [mm]p=a\cdot (1-\varepsilon^2)[/mm] und [mm]b=a\cdot \sqrt{1-\varepsilon^2}[/mm]
>
> Warum vereinfacht sich dadurch das Integral? Am Ende sollte
> man ja wieder auf den Flächeninhalt [mm]ab\pi[/mm] kommen...
Ich meine, dass man von [mm] A=a*b*\pi [/mm] ausgehen könnte und
daraus mittels der Formeln die Formel herleiten kann, die
A durch p und [mm] \varepsilon [/mm] ausdrückt.
> Meine obige Berechnung läuft ja auch die Sektorformel von
> Leibniz hinaus
> (http://de.wikipedia.org/wiki/Sektorformel_von_Leibniz).
> Ich kann die Ellipse auch über [mm]x(t)=-e + a\cdot \cos t[/mm] und
> [mm]y=b\cdot \sin t[/mm] parametrisieren. Dann komme ich mit der
> Formel von Leibniz auch auf die gewünschte Ergebnis. Es
> muss doch aber auch über die Polarkoordinaten gehen...
Das denke ich auch. Doch eben: gewusst wie ... (?)
Es gibt aber im Matheraum sicher einige weitere, die sich
bei Integrationsmethoden noch etwas besser auskennen ...
Wo es etwa durchgehen könnte, sieht man am
Ergebnis für das unbestimmte Integral, welches der
Wolfram Integrator liefert: ![[]](/images/popup.gif) Resultat
So ganz ohne ist das Integral also bestimmt nicht, aber
der Weg via tan(x/2) scheint schon richtig zu sein.
LG Al-Chwarizmi
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:56 Fr 09.11.2012 | | Autor: | Helbig |
Hallo m51va,
> In der Hoffnung, dass die Argumentation bis hier hin
> richtig war...
> > [mm]A=\iint_{\!\!\!\!\!\!\! K} \limits 1 \,dxdy = 2\cdot \int_0^\pi \int_0^{r(\varphi)} r \ dr d\varphi = \cdot \int_0^\pi r^2(\varphi) d\varphi=p^2 \cdot \int_0^\pi \frac{1}{(1-\varepsilon \cos(\varphi))^2} d\varphi[/mm]
>
> ...
> > Ich hatte zuerst an die t-substitution gedacht, also
> > tan(x/2) = t... aber das wird hässlich, oder ich hab mich
> > verrechnet
> ...
> rechne ich das hier nochmal vor.
>
> Also ich substituiere [mm]\varphi=\phi(t) = 2 \cdot \arctan(t)[/mm]
> mit [mm]\phi(0)=2\cdot \arctan(0)=0[/mm] und [mm]\phi(\pi) = 2\cdot \arctan(\pi)[/mm].
Die Obergrenze ist falsch. Wenn [mm] $\phi\in [/mm] [0; [mm] \pi]$ [/mm] ist, ist [mm] $t\in [\tan [/mm] 0/2; [mm] \tan \pi/2]$. [/mm] Nun ist [mm] $\tan \pi/2=\infty$. [/mm] Mit dieser Substitution kannst Du also nur Integrale mit Obergrenze kleiner [mm] $\pi$ [/mm] bestimmen und dann gegen unendlich laufen lassen.
> Ferner ist [mm]\phi'(t) = \frac{2}{1+t^2}[/mm].
>
> Des Weiteren erhalte ich aus den Additionstheoremen
> [mm]\cos(\varphi) = 2\cdot \cos^2\big( \varphi/2 \big) - 1 = 2\cdot \frac{1}{1+\tan^2\big( \varphi/2 \big)} - 1 = \frac{2}{1+t^2} - 1 = \frac{1-t^2}{1+t^2}[/mm]
> und daher schließlich
>
> [mm][/mm]
> [mm]\int_0^\pi \frac{1}{(1-\varepsilon \cos(\varphi))^2} d\varphi[/mm]
> = [mm]\int_0^{2\arctan(\pi)} \frac{1}{\left(1-\varepsilon \cdot \frac{1-t^2}{1+t^2}\right)^2} \cdot \frac{2}{1+t^2} \,[/mm]
> dt = [mm]\int_0^{2\arctan(\pi)} \frac{2\cdot (1+t^2)}{\left((1+t^2)-\varepsilon \cdot (1-t^2)\right)^2} \,[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
dt
Eine Stammfunktion findet man jetzt theoretisch (!), indem man die Nullstellen des Nennerpolynoms bestimmt (können auch komplex sein), dann Partialbruchzerlegung macht und so den Integranden als Summe von Termen der Form $a/(x-c)^n$ darstellt.
Aber ich würde jetzt erstmal $u=t^2$ substituieren. Dann ist $dt= \frac {du} {2\sqrt u\;.$
>
> Dann verlässt es mich aber auch schon. Kann mir einer
> weiterhelfen???
Ich kann nur raten, eine andere Substitution zu wählen, aber ich weiß noch nicht welche.
Oder die Integrationsreihenfolge vertauschen. Also im äußeren Integral mit der Variablen $r$ und im inneren mit $\varphi$
Gruß,
Wolfgang
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Guten Tag m51va ,
wenn man deinen Weg weiter verfolgen will, könnte
man den Integranden
[mm] $\frac{2\cdot (1+t^2)}{\left[(1+t^2)-\varepsilon \cdot (1-t^2)\right]^2}$
[/mm]
mittels [mm] u:=1-\varepsilon [/mm] und [mm] v:=1+\varepsilon [/mm] umformen zu:
[mm] $\frac{2*(1+t^2)}{\left[u+v*t^2\right]^2}
[/mm]
Benützen wir nun noch $\ [mm] 1+t^2\ [/mm] =\ [mm] \frac{1}{v}*(v+v*t^2)\ [/mm] =\ [mm] \frac{1}{v}*(\underbrace{v-u}_{2\,\varepsilon}+u+v*t^2)$ [/mm] ,
so wird aus dem Integranden
[mm] $\frac{2*\frac{1}{v}*(2\,\varepsilon+u+v*t^2)}{\left[u+v*t^2\right]^2}\ [/mm] =\ [mm] \frac{\frac{\varepsilon}{v}}{\left[u+v*t^2\right]^2}\ [/mm] +\ [mm] \frac{\frac{2}{v}}{\left[u+v*t^2\right]}$
[/mm]
Um nun mit diesen beiden Teilen noch fertig zu
werden, kann man sich von den Integralen
[mm] $\integral \frac{1}{1+x^2}\,dx\ [/mm] =\ arctan(x)$
und
[mm] $\integral \frac{1}{\left[1+x^2\right]^2}\,dx\ [/mm] =\ [mm] \frac{1}{2}\,arctan(x)+\frac{x}{2*(1+x^2)}$
[/mm]
inspirieren lassen. Das erste ist ein bekanntes Grundintegral,
das zweite hat mir soeben mein CAS-Rechner eingeflüstert,
man kann es aber leicht durch Nachrechnen (also ableiten)
bestätigen.
Mittels Substitutionen und Fleiß sollte man dann zum Ziel
kommen.
LG Al-Chwarizmi
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> Guten Tag m51va ,
>
> wenn man deinen Weg weiter verfolgen will, könnte
> man den Integranden
>
> [mm]\frac{2\cdot (1+t^2)}{\left[(1+t^2)-\varepsilon \cdot (1-t^2)\right]^2}[/mm]
>
> mittels [mm]u:=1-\varepsilon[/mm] und [mm]v:=1+\varepsilon[/mm] umformen
> zu:
>
> [mm]$\frac{2*(1+t^2)}{\left[u+v*t^2\right]^2}[/mm]
>
> Benützen wir nun noch [mm]\ 1+t^2\ =\ \frac{1}{v}*(v+v*t^2)\ =\ \frac{1}{v}*(\underbrace{v-u}_{2\,\varepsilon}+u+v*t^2)[/mm]
>
> so wird aus dem Integranden
>
> [mm]\frac{2*\frac{1}{v}*(2\,\varepsilon+u+v*t^2)}{\left[u+v*t^2\right]^2}\ =\ \frac{\frac{\varepsilon}{v}}{\left[u+v*t^2\right]^2}\ +\ \frac{\frac{2}{v}}{\left[u+v*t^2\right]}[/mm]
>
> Um nun mit diesen beiden Teilen noch fertig zu
> werden, kann man sich von den Integralen
>
> [mm]\integral \frac{1}{1+x^2}\,dx\ =\ arctan(x)[/mm]
>
> und
>
> [mm]\integral \frac{1}{\left[1+x^2\right]^2}\,dx\ =\ \frac{1}{2}\,arctan(x)+\frac{x}{2*(1+x^2)}[/mm]
>
> inspirieren lassen. Das erste ist ein bekanntes
> Grundintegral,
> das zweite hat mir soeben mein CAS-Rechner eingeflüstert,
> man kann es aber leicht durch Nachrechnen (also ableiten)
> bestätigen.
> Mittels Substitutionen und Fleiß sollte man dann zum Ziel
> kommen.
Ich habe mich da jetzt noch durchgeboxt, mit folgendem Ergebnis:
$\ A\ =\ [mm] \integral_{t=0}^{\infty}\frac{2\cdot (1+t^2)}{\left[(1+t^2)-\varepsilon \cdot (1-t^2)\right]^2}\,dt$
[/mm]
$\ =\ [mm] 2*\left[\frac{arctan\left(\sqrt{\frac{1+\varepsilon}{1-\varepsilon}}*t\right)}{(1-\varepsilon^2)^{3/2}}-\frac{\varepsilon*t}{(\varepsilon^2-1)*(\varepsilon*(t^2-1)+t^2+1)} \right]_{t=0}^{\infty}$
[/mm]
$\ =\ [mm] \frac{\pi\,*\,p^2}{(1-\varepsilon^2)^{3/2}}$
[/mm]
Mittels der Formeln $ [mm] p=a\cdot (1-\varepsilon^2) [/mm] $ und $ [mm] b=a\cdot \sqrt{1-\varepsilon^2} [/mm] $
wird daraus
[mm] $\mbox{\Large{ A\ =\ \pi*a*b}}$ [/mm]
LG, Al-Chwarizmi
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:42 Sa 10.11.2012 | | Autor: | m51va |
> Ich habe mich da jetzt noch durchgeboxt, mit folgendem
> Ergebnis:
>
> [mm]\ A\ =\ \integral_{t=0}^{\infty}\frac{2\cdot (1+t^2)}{\left[(1+t^2)-\varepsilon \cdot (1-t^2)\right]^2}\,dt[/mm]
>
> [mm]\ =\ 2*\left[\frac{arctan\left(\sqrt{\frac{1+\varepsilon}{1-\varepsilon}}*t\right)}{(1-\varepsilon^2)^{3/2}}-\frac{\varepsilon*t}{(\varepsilon^2-1)*(\varepsilon*(t^2-1)+t^2+1)} \right]_{t=0}^{\infty}[/mm]
>
> [mm]\ =\ \frac{\pi\,*\,p^2}{(1-\varepsilon^2)^{3/2}}[/mm]
>
>
> Mittels der Formeln [mm]p=a\cdot (1-\varepsilon^2)[/mm] und
> [mm]b=a\cdot \sqrt{1-\varepsilon^2}[/mm]
>
> wird daraus
>
> [mm]\mbox{\Large{ A\ =\ \pi*a*b}}[/mm]
>
>
> LG, Al-Chwarizmi
Oh man vielen vielen Dank,
Ich werde mich jetzt ransetzen und versuchen deine Schritte nachzuvollziehen. Bei Fragen melde ich mich dann nochmal. Soweit aber erstmal VIELEN DANK!!!
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 04:01 So 11.11.2012 | | Autor: | m51va |
unzählige Blätter wurden beschmiert und am Ende hat es doch geklappt.
War ja doch noch etwas mehr zu berechnen, zumindest wenn man jedes Integral einzeln löst. Aber ich habe es geschafft, dank eurer Hilfe.
So macht Mathe Spaß. Vielen Dank euch!!!
m51va
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