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Oberflächenintegral Paraboloid

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Tags: Funktion, Integration, Oberflächenintegral, Paraboloid

Florentine1996 aktiv_icon

17:19 Uhr, 11.12.2016

Wie berechne ich folgendes Oberfälchenintegral

\int_{F} y d σ,

wenn

F

die Fläche des Paraboloids

z = 2 - (x^{2} +

y^2)oberhalb der

x - y

Ebene ist?

Meine Idee: Es handelt sich um um eine Fläche der folgenden skalaren Funktion:

z = φ (x, y)

dann folgt für

d σ = \sqrt{1 + φ_{x}^{2} + φ_{y}^{2}} d x d y

Dann hat man also

d σ = \sqrt{1 + 4 x^{2} + 4 y^{2}} d x d y

Dann folgt für das Integral

\int_{F} y \sqrt{1 + 4 x^{2} + 4 y^{2}} d x d y

in Polarkoordianten:

\int_{0}^{\sqrt{2}} \int_{0}^{2 π} r sin φ \sqrt{1 + r^{2}} d r d φ = \int_{0}^{2 π} sin φ d φ \cdot \int ... ...

= 0

wegen dem 1. Integral.

Kann das überhaupt sein dann?

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Funktion (Mathematischer Grundbegriff)

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Einführung Funktionen

mihisu aktiv_icon

18:07 Uhr, 11.12.2016

Ja, das kann sein. Denn die Fläche ist spiegelsymmetrisch bzgl. der

x, z

-Ebene. Das heißt für jeden Punkt

(x, y, z)

in der Fläche ist auch der Punkt

(x, - y, z)

in der Fläche.

z = 2 - (x^{2} + y^{2}) \Leftrightarrow z = 2 - (x^{2} + {(- y)}^{2})

.

Also gibt du zu jedem Punkt

(x, y, z) \in F

mit Integrand

y

den Punkt

(x, - y, z) \in F

mit Integrand

- y

. Das Integral muss also aus Symmetriegründen verschwinden.

Im Grunde gibt das Integral dir ja die y-Koordinate des Flächenschwerpunktes an. Und aus Symmetriegründen muss dieser Flächenschwerpunkt offensichltich bei

(x_{s}, y_{s}, z_{s}) = (0, 0, z_{s})

für ein gewisses

z_{s}

sein.

Übrigens hast du bei dem Übergang zu den Polarkoordinaten ein

r

vergessen, welches von der Funktionaldeterminante kommt. Und du hast unter der Wurzel

r^{2}

stehen, wo eigentlich

4 r^{2}

stehen müsste. Das macht hier jedoch keinen Unterschied. Das Integral wird trotzdem 0.

MSP572045h943fc7b1hfb0000119d5e5c0h0d17e4

Florentine1996 aktiv_icon

18:20 Uhr, 11.12.2016

Danke :-) jetzt wird einiges klar :-)

Wenn ich jetzt das gleiche Integral

\int_{F} y d σ

mit wenn

F

das Stück der Sphäre ist mit

x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1

mit

x \geq 0, y \geq 0; z \geq 0

Wäre das dann in Kugelkoordinaten:

r^{2} sin (θ) d φ d θ = d σ

mit

r = 1

folgt

: sin (θ) d φ d θ = d σ

Dann Integral

\int_{F} sin φ cos θ sin (θ) d φ d θ = \int_{0}^{2 π} sin φ d φ \cdot \int_{0}^{π} cos θ sin (θ) d θ

= 0

wieder wegen dem 1. Integral. Ist das richtig??

mihisu aktiv_icon

19:03 Uhr, 11.12.2016

Nein,

φ

geht hier nicht von 0 bis

2 π

und

θ

geht hier nicht von 0 bis

π

.

Denn du hast nicht die gesamte Kugeloberfläche sondern nur das Achtel der Kugeloberfläche mit

x, y, z \geq 0

.

Für

θ = \frac{π}{2}

und

φ = π

wärst du beispielsweise bei dem Punkt

(- 1, 0, 0),

welcher wegen

- 1 < 0

nicht im Integrationsgebiet liegt.

Wegen

x, y \geq 0

hast du stattdessen nur

φ \in [0, \frac{π}{2}]

und wegen

z \geq 0

hast du nur

θ \in [0, \frac{π}{2}]

.

Also:

\int_{F} y d σ = \int_{φ = 0}^{φ = \frac{π}{2}} \int_{θ = 0}^{θ = \frac{π}{2}} sin (φ) \cdot cos (θ) \cdot sin (θ) d θ d φ

= (\int_{0}^{\frac{π}{2}} sin (φ) d φ) \cdot (\int_{0}^{\frac{π}{2}} cos (θ) \cdot sin (θ) d θ)

Florentine1996 aktiv_icon

19:09 Uhr, 11.12.2016

aso vielen Dank :-)

Dann erhalte ich doch

\int_{0}^{\frac{π}{2}} sin φ d φ = 1

und

\int_{0}^{\frac{π}{2}} sin θ cos θ d θ = \frac{1}{2}

also

\int_{F} y d σ = \frac{1}{2}

so oder?

mihisu aktiv_icon

19:10 Uhr, 11.12.2016

Ja, zu diesem Ergebnis komme ich auch.

Florentine1996 aktiv_icon

19:30 Uhr, 11.12.2016

Perfekt:-)
Ich hoffe ich kann dir noch ein letztes Problemchen zumuten. Ich muss das vektorielle Oberflächenintegral

\int_{f} w \cdot n \cdot d σ

berechnen, wenn

F

die Fläche des Paraboloids ist mit

x^{2} + y^{2} = 2 z, 0 \leq z \leq 1

und

w = (- x, - y,0)

d σ = \sqrt{1 + 4 x^{2} + 4 y^{2}}; n = \frac{1}{\sqrt{1 + 4 x^{2} + 4 y^{2}}} \cdot (- 2 x, - 2 y,1)

daraus dann

\int_{F} (- x, - y,0) (- 2 x, - 2 y,1) \cdot d x d y = \int_{F} 2 x^{2} + 2 y^{2} d x d y

Wie sehen dabei meine Grenzen aus?

Wenn ich wieder in Polarkoordinaten schreibe steht da

\int_{F} 2 (r^{2} {cos}^{2} φ) + 2 (r^{2} {sin}^{2} φ) d t d φ = 2 \int_{F} r^{2} d r d φ = \int_{0}^{2 π} d φ \int_{0} r^{2} d r

Was ist beim 2. Integral die obere Grenze??

mihisu aktiv_icon

20:03 Uhr, 11.12.2016

Du hast

x^{2} + y^{2} = 2 z

mit

0 \leq z \leq 1

.
Nun ist dein Radius

r

jedoch genau

r = \sqrt{x^{2} + y^{2}}

.

Also:

r = \sqrt{x^{2} + y^{2}} = \sqrt{2 z}

Wegen

z \in [0, 1]

ist dann

r \in [0, \sqrt{2}]

. Also ist die obere Grenze, die du suchst, gleich

\sqrt{2}

.

Beim Wechel zu Polarkoordinaten fehlt dir übrigens wieder das

r,

das da noch hinzukommt.

d x d y

wird nicht zu

d r d φ

sondern zu

r d r d φ

Florentine1996 aktiv_icon

20:13 Uhr, 11.12.2016

D . h

ich habe

\int_{0}^{2 π} d φ \cdot \int_{0}^{\sqrt{2}} r^{3} d r = 2 π \cdot 1 = 2 π

Florentine1996 aktiv_icon

20:36 Uhr, 11.12.2016

Nur noch zum verstàndnis: Wenn ich jetzt mein Vektorfeld eine

z

Komponente hätte also sowaa wie

w = (x, y, z)

. Wie kann ich dann rechnen. In Polarkoordinaten würde ja nicht gehen?

Florentine1996 aktiv_icon

20:36 Uhr, 11.12.2016

Nur noch zum verstàndnis: Wenn ich jetzt mein Vektorfeld eine

z

Komponente hätte also sowaa wie

w = (x, y, z)

. Wie kann ich dann rechnen. In Polarkoordinaten würde ja nicht gehen?

Florentine1996 aktiv_icon

20:36 Uhr, 11.12.2016

Nur noch zum verstàndnis: Wenn ich jetzt mein Vektorfeld eine

z

Komponente hätte also sowaa wie

w = (x, y, z)

. Wie kann ich dann rechnen. In Polarkoordinaten würde ja nicht gehen?

mihisu aktiv_icon

21:43 Uhr, 11.12.2016

Falls ich nichts übersehen habe müsste deine Rechnung nun passen und

2 π

als Ergebnis rauskommen.

\\\\

Wenn du

w = (x, y, z)

hast:
Dann ist

w

entlang der Fläche

F

von der Form

(x, y, \frac{x^{2} + y^{2}}{2}),

x^{2} + y^{2} = 2 z

sein soll.
Dementsprechend hast du dann:

\int_{F} w \cdot n d σ

= \int_{F} (x, y, \frac{x^{2} + y^{2}}{2}) \cdot (- 2 x, - 2 y, 1) d x d y

= \int_{F} (- 2 x^{2} - 2 y^{2} + \frac{x^{2} + y^{2}}{2}) d x d y

= - \frac{3}{2} \cdot \int_{F} (x^{2} + y^{2}) d x d y

Da kann man doch wieder ohne Probleme zu Polarkoordinaten übergehen:

\int_{F} w \cdot n d σ

= - \frac{3}{2} \cdot \int_{F} (x^{2} + y^{2}) d x d y

= - \frac{3}{2} \cdot \int_{0}^{2 π} d φ \cdot \int_{0}^{\sqrt{2}} r^{2} \cdot r d r

= - \frac{3}{2} \cdot 2 π \cdot 1 = - 3 π

Florentine1996 aktiv_icon

22:55 Uhr, 11.12.2016

Das war also der Trick :-) Vielen Danke mihisu für deine tolle Hilfe :-)))

Florentine1996 aktiv_icon

09:11 Uhr, 12.12.2016

Ich habe doch noch ein kleines Problem: Es geht wieder um das vektorielle Oberflächenintegral

\int_{F} w \cdot n \cdot d σ

mit

F

als Paraboloid mit

x^{2} + y^{2} = 2 z, 0 \leq z \leq 1

w = (x y^{2}, y^{3}, x y z)

mit

z = \frac{1}{2} (x^{2} + y^{2})

Daraus dann

\int_{F} (x y^{2}, y^{3}, x y \frac{1}{2} (x^{2} + y^{2})) \cdot (- 2 x, - 2 y,1) d x d y =

\int_{F} - 2 x^{2} y^{2} - 2 y^{4} + x y \frac{1}{2} (x^{2} + y^{2}) d x d y

in Polarkoordinaten:

\int_{F} {r^{4} {sin}^{2} φ {cos}^{2} φ - r^{4} {sin}^{4} φ + r^{2} cos φ sin φ (r^{2} {sin}^{2} φ + r^{2} {cos}^{2} φ) \frac{1}{2}} r d r d φ

= \int_{F} (r^{4} {sin}^{2} φ {cos}^{2} φ - r^{4} {sin}^{4} φ + \frac{1}{2} r^{4} cos φ sin φ) r d r d φ =

\int_{0}^{\sqrt{2}} r^{5} d r \cdot \int_{0}^{2 π} {sin}^{2} φ {cos}^{2} φ d φ - \int_{0}^{\sqrt{2}} r^{5} d r \cdot \int_{0}^{2 π} {sin}^{4} φ d φ + \int_{0}^{\sqrt{2}} \frac{1}{2} r^{5} d r \cdot \int_{0}^{2 π} cos φ sin φ d φ = ... . .

?

Kann da so richtig sein. Oder gibt es einen einfacheren Weg, weil die

{sin}^{2} φ {cos}^{2} φ

ist schon schwierig zu integrieren. Bitte um schnelle Antwort :-)

mihisu aktiv_icon

14:35 Uhr, 12.12.2016

Bei deinem Umschreiben in Polarkoordinaten hast du bei

r^{4} \cdot {sin}^{2} (φ) \cdot {cos}^{2} (φ)

ein Minus vergessen. Wenn du das Korrigierst, hast du:

- r^{5} \cdot {cos}^{2} (φ) \cdot {sin}^{2} (φ) - r^{5} \cdot {sin}^{4} (φ) + \frac{r^{5}}{2} \cdot cos (φ) \cdot sin (φ)

= - r^{5} \cdot {sin}^{2} (φ) \cdot ({cos}^{2} (φ) + {sin}^{2} (φ)) + \frac{r^{5}}{2} \cdot cos (φ) \cdot sin (φ)

= - r^{5} \cdot {sin}^{2} (φ) + \frac{r^{5}}{2} \cdot cos (φ) \cdot sin (φ)

Dann musst du nicht mehr

{sin}^{2} (φ) \cdot {cos}^{2} (φ)

integrieren, sondern nur noch

{sin}^{2} (φ),

und natürlich auch noch

sin (φ) \cdot cos (φ)

.
Das Integral über

sin (φ) \cdot cos (φ)

ist 0 und das Integral über

{sin}^{2} (φ)

ist

π

.

Ich habe mal meinen Rechenweg angehängt. Einen einfacheren Weg sehe ich jetzt im Moment gerade nicht.

Mir ist übrigens aufgefallen, dass mir vorher nicht aufgefallen ist, dass du den

n

-Vektor falsch berechnet hast (auch bei den Aufgaben vorher). Und ich habe das in meinem vorigen Beitrag dann fälschlicherweise übernommen. Da müsste

(- x, - y, 1)

statt

(- 2 x, - 2 y, 1)

stehen.
Daher stimmen evtl. die Ergebnisse von zuvor auch nicht.

[

Bei dem Übergang zu Polarkoordinaten in der letzten Aufgabe hast du die entsprechenden 2er plötzlich einfach wegelassen (und noch zusätzlich einen Vorzeichenfehler eingebaut, siehe: erster Satz in meinem Beitrag). Bis auf den Vorzeichenfehler heben sich da also zwei Fehler bei dir wieder auf.]

Florentine1996 aktiv_icon

15:24 Uhr, 12.12.2016

Danke für die ausführliche Antwort und dass du nochmal alles sauber aufgeschriebe hast.

Man muss wirklich auf viel aufpassen und ich muss konzentrierter arbeiten. Auf jeden Fall weis ich jetzt, worauf ich achten muss. Vielen Dank für alles :-)
Schönen Tag dir noch :-)

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