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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:19 Sa 12.04.2008 | | Autor: | Blacky |
| Aufgabe | | Berechnen Sie das Integral [mm] \integral_{}^{}\integral_{F}^{}{x^2y*dxdy}, [/mm] Wobei F die Fläche bezeichnet, die durch die Geraden x=0, y=0, x+y=1 berandet wird. |
Gutent Tag,
soweit bin ich bis jetzt:
x=0 ist die y-Achse, y=0 ist die x-Achse und die Gerade y=1-x schneidet die y-Achse in 1 und die x-Achse in 1.
Nun bin ich leider verwirrt, was die Integrationsgrenzen betrifft :-/
Nachdem ich mir die Fläche so angeguckt habe, habe ich einfach mal das Integral
[mm] \bruch{1}{2}*\integral_{0}^{1}\integral_{0}^{1}{x^2y*dxdy} [/mm] ausgerechnet und [mm] \bruch{1}{12} [/mm] herausbekommen. Sonst haben wir jedoch zumindest ein Grenzenpaar variabel genommen.
Also habe ich auch noch ausgerechnet:
[mm] \integral_{0}^{1-x}\integral_{0}^{1}{x^2y*dxdy}. [/mm] und [mm] \bruch{1}{60} [/mm] heraus bekommen.
Aber leider bin ich mir unsicher ob überhaupt eine von beiden Rechnung richtig ist, weil ich mir schlecht vorstellen kann auf welche Weise die Funktion [mm]x^2*y[/mm] über dieser Fläche schwebt und auch kein Programm habe, womit ich mir das zeichnen lassen kann.
Es wäre nett, wenn jemand Licht ins Dunkel bringen könnte 
M.f.G.
Christoph
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:32 Sa 12.04.2008 | | Autor: | Infinit |
Hallo Christoph,
bei deiner ersten Integration hast Du mit festen Grenzen gearbeitet, die Fläche, über die die integrierst, entspricht also einem Quadrat.
Dies entspricht aber nicht der Aufgabenstellung, denn hier ist die Begrenzung im ersten Quadranten ja durch die Gerade gegeben, die Du richtig beschrieben hast. Deine zweite Variante zur Berechnung des Integrals ist die richtige. In x-Richtung integrierst Du von 0 bis 1, in y-Richtung von 0 bis zur begrenzenden Geraden und deren y-Wert ist nicht konstant, sondern hängt vom x-Wert ab in der Form y=1-x.
Alles klar?
Viele Grüße,
Infinit
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:41 Sa 12.04.2008 | | Autor: | Blacky |
Hallo Infinit,
super duper, vielen Dank.
Ich hatte bei meinem falschen Versuch noch [mm] \bruch{1}{2} [/mm] vor das Integral gesetzt, also hatte ich das Volumen eines halben Quadrates ausgerechnet?
lg, christoph
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:44 Sa 12.04.2008 | | Autor: | Infinit |
Christoph,
pass auf, du berechnest immer noch ein Flächenintegral, auch mit Deinem ersten Ansatz. Daraus wird nicht durch das Davorschreiben eines konstanten Faktors auf einmal ein Volumen.
VG,
Infinit
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:14 Sa 12.04.2008 | | Autor: | Blacky |
Hmm, also ich habe gelernt, dass man mit einem "normalen Integral" Flächen unter Graphen berechnet. Mit Flächenintegralen berechnet man Volumen unter Graphen (=Fläche nur wenn die Höhe 1 ist) und mit Volumenintegralen berechnet man irgendetwas in der 4. Dimension.
Stimmt das so nicht?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:21 Sa 12.04.2008 | | Autor: | Infinit |
Ja, bin einverstanden mit dieser Definition. Vergiss meinen Kommentar weiter oben.
Gruß,
Infinit
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