Dreifachintegral -> Polarkoordinaten
Willkommen in der Mk-Community › Foren › Community › Physik & Theorie › Dreifachintegral -> Polarkoordinaten
- Dieses Thema hat 6 Antworten und 3 Teilnehmer, und wurde zuletzt aktualisiert vor 13 Jahren, 8 Monaten von Pommbaer.
-
AutorBeiträge
-
-
9. Juli 2010 um 14:07 Uhr #496958PommbaerTeilnehmer
Folgende Aufgabe:Integrationsgrenzenr: 2 -> 4 da r auf der x-Achse dagestellt istPhi: 0 -> 2Pi da das Ding rotiert und damit 360° um die z-Achse drehtFrage:Wie komme ich auf die Integrationsgrenzen für z ?Lösung verlangt -0,5*r+2 -> 0,5*r+2Aber wie komm ich darauf ? Im Script und in der Formelsammlung wird nur angegeben dass bei der Umwandlung z = z bleibt.( dx*dy*dz -> r*dr*dPhi*dz )
-
9. Juli 2010 um 16:07 Uhr #855079Oma-HansTeilnehmer
Pommbaer;419189 said:
Lösung verlangt -0,5*r+2 -> 0,5*r+2Verlänger mal die beiden Schrägen “unten” und “oben” nach links und ein Stückchen nach rechts. Macht´s klick? =)Die obere und untere Begrenzung sind Geraden. Zwar nur in einem kleinen Bereich von r, aber das hast du ja über deine anderen Int.grenzen definiert. Spielt hier also keine Rolle. “-0,5*r+2 -> 0,5*r+2” sind einfach die Funktionsgleichungen der beiden Geraden.Grüße, Jens
-
9. Juli 2010 um 16:07 Uhr #855084PommbaerTeilnehmer
Ja klar… man bin ich dämlich. Liegt wohl an den 36°C.
-
9. Juli 2010 um 18:07 Uhr #855100ulvTeilnehmer
Pommbaer;419219 said:
Unser Prof ( der eigentlich unfehlbar ist ) schreibt in der zugehörigen Lösung aber A = 1Dein Prof hat natürlich recht! Ich bin auch für A=1 F.E.
[SPOILER]
A=[x*e-e^x] “von 0 bis 1”Skizze 🙄 , na die möchte ich nicht sehen. 😀
[/SPOILER] -
9. Juli 2010 um 18:07 Uhr #855095ulvTeilnehmer
Bei einem Dreifachintegral berechnet man ja einen winzig kleinen Würfel. Das kennst du wohl schon.
Die Seiten in Zylinderkoordinaten sind dr, dz und r*d”alpha”
Was du jetzt noch brauchst sind die Begrenzungen:
“alpha” geht einmal im Kreis von 0 bis 2″PI”(, aber d”alpha”=r*”alpha”, daher das r vor dzdrda)
r geht von 2 bis 4
und z ist leider abhängig von r!Die untere Grenze für z kannst du dir z.B. mit der Punkt-Steigungs-Form einer Geraden erarbeiten:
Steigung m=-1/2 und P(2|1) => z1=-1/2(x-2)+1Das Dreifachintegral sieht dann so aus:
Edit: Misst jetzt hab ich so lange am Layout gespielt bis ich zu spät war. 🙁
-
9. Juli 2010 um 18:07 Uhr #855098PommbaerTeilnehmer
Ja mir fiel es nach Oma-Hans’ Hinweis schon wie Schuppen von den Augen.Ich kann ja als kleinen Test mal noch ne Aufgabe stellen, die ich allerdings lösen konnte, aber gerne das Ergebnis verifiziert wüsste:Eine Fläche wird durch y = e^x und y = e und x = 0 begrenzt. Flächeninhalt und Schwerpunktkoordinaten xs und ys sollen berechnet werden.Würde mich interessieren ob ich da verkehrt liege oder nicht. Mein Ansatz hinterm Spoiler[SPOILER]Flächeninhalt habe ich als Grenzen in y-Richtung: e^x -> e und in x-Richtung 0 -> 1 da sich die Geraden bei x=1 schneiden.Das Innere Integral dann über die Funktionen nach dy, und das äußere Integral nach dx über 0->1Da kriege ich ne Fläche von 1,72 raus, was sich auch mit der Skizze deckt.Unser Prof ( der eigentlich unfehlbar ist ) schreibt in der zugehörigen Lösung aber A = 1Schwerpunkte sind danach nicht mehr schwierig, aber sind ja falsch wenn A schon nicht stimmt.[/SPOILER]
-
9. Juli 2010 um 20:07 Uhr #855120PommbaerTeilnehmer
War eigentlich nur ne Kurve mit e^x, eine Gerade parallel zur X-Achse durch y=e und naja die Y-Achse als x=0Wo hab ich denn das x verschluckt? beim Integrieren wahrscheinlich.War auch lange genug heut. Seit heut morgen 9 Uhr sitz ich mit kleinen Unterbrechungen an Mathe.
-
-
AutorBeiträge
- Du musst angemeldet sein, um auf dieses Thema antworten zu können.