Mathematik: Mehrfachintegrale Teil I
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Analysis

\(\begingroup\) Bild Dieser Artikel handelt von Doppelintegralen und soll der erste von drei Teilen sein. Im zweiten Teil sollen dann die Dreifachintegrale an die Reihe kommen und im dritten Teil soll es um die Anwendungen von Mehrfachintegralen gehen. Zunächst habe ich das Doppelintegral über einem Rechteck eingeführt später über einem allgemeinerem Bereich. Auf die Koordinatentransformation gehe ich ebenfalls am Ende ein.

pdf-Version des Artikels Inhaltsverzeichnis: 1. Einführung 2. Doppelintegral über einem Rechteck 3. Doppelintegral über einem allgemeinerem Bereich 4. Eigenschaften und Mittelwertsätze 5. Koordinatentransformation Zunächst erinnern wir uns, wie man das Integral int(f(x),x,a,b) definiert. Dabei wurde das Intervall [a,b] in n Teilintervalle [x_(k-1) ,x_k ] derart zerlegt, dass a=x_0 Wir nähern uns int(int(f(x,y),x,\Omega),y) zunächst darüber, indem wir als \Omega ein Rechteck R: a<=x<=b und c<=y<=d nehmen und zunächst das Doppelintegral int(int(f(x,y),x,R),y) über dem Rechteck R definieren. Wir stellen R in der xy-Ebene dar Bild
Wir gehen stets davon aus, dass f auf R stetig ist. Wir zerlegen zuerst [a,b] in Z_1=menge(x_0, x_1, ..., x_m) und [c,d] in Z_2=menge(y_0, y_1, ..., y_n). Dann ist die Zerlegung Z=Z_1 x Z_2=menge((x_i ,y_i)|x_i \el\Z_1 ,y_i \el\Z_2) eine Zerlegung des Rechtecks R. Z besteht aus allen Gitterpunkten (x_i, y_i) und unterteilt R in m mal n nichtüberlappende Rechtecke R_ij: x_(i-1)<=x<=x_i und y_(i-1)<=y<=y_i Bild Da R beschränkt und abgeschlossen ist und damit auch alle R_ij und f stetig ist, nimmt f auf jedem R_ij ein Maximum und ein Minimum an. Sei M_ij das Maximum auf R_ij und m_ij das Minimum auf R_ij. Die folgende Zeichnung macht dies klar Bild Sei V_ij das Volumen von f über R_ij und die Fläche von R_ij ist A_ij=(x_i-x_(i-1))*(y_j-y_(j-1))=\Delta x_i *\Delta y_j. Dann ist m_ij*A_ij<=V_ij<=M_ij*A_ij BildBild Das Gesamtvolumen von f über R ist V=sum(sum(V_ij,j=1,n),i=1,m) Als Untersumme von V erhalten wir U_f=sum(sum(m_ij*\Delta x_i *\Delta y_j,j=1,n),i=1,m) und als Obersumme O_f=sum(sum(M_ij*\Delta x_i *\Delta y_j,j=1,n),i=1,m) Es gilt also für alle Zerlegungen von R die Ungleichung U_f<=V<=O_f Dieses V ist nun das Doppelintegral int(int(f(x,y),x,R),y).
Beispiel 1: Gesucht ist das Volumen des Körpers, der unten vom Rechteck R: 1<=x<=4 und 1<=y<=3 und oben von der Ebene f(x,y)=x-y+2 begrenzt wird. Bild Damit geht das Doppelintegral int(int(f(x,y),x,R),y) über in int(int((x-y+2),x,1,4),y,1,3) Zunächst berechnet man das innere Integral int((x-y+2),x,1,4)=stammf(1/2*x^2-y*x+2*x,1,4)=-3y+27/2 und nun das äußere int((-3y+27/2),y,1,3)=stammf(-3/2*y^2+27/2*y,1,3)=15 Der Körper hat also ein Volumen von 15 VE. Man hätte genauso gut int(int((x-y+2),y,1,3),x,1,4) berechnen können und wäre zum gleichen Ergebnis gelangt. Man muss nur die Integrationsreihenfolge beachten sowie die Grenzen. Man darf das Doppelintegral nicht immer als Volumen interpretieren. Zum Beispiel ist das Doppelintegral der Funktion f(x,y)=sin(x)*sin(y) über dem gleichen Rechteck wie im ersten Beispiel int(int(sin(x)*sin(y),x,1,4),y,1,3)\approx 1,827 Dies ist aber nicht das Volumen denn f hat kein konstantes Vorzeichen über R. Später werden wir sehen, was für Anwendungen Doppelintegrale haben.
Wie berechnet man nun int(int(f(x,y),x,\Omega),y) wenn \Omega kein Rechteck mehr ist, sondern eine andere Form hat wie hier Bild Was ist, wenn dieser Grundbereich ein Gebirge darstellt und dessen Querschnitte ungefähr wie folgt aussehen Bild Bild Sei nun \Omega unser Grundbereich und f(x,y) gibt uns in den Punkten x,y \el\ \Omega die Höhe des Gebirges an oder vielleicht die Tiefe eines Sees oder die Massendichte einer Platte, die die Form von \Omega hat. Unser Ziel ist es, mit unserem Doppelintegral int(int(f(x,y),x,\Omega),y) das Volumen des Sees bzw. Gebirges oder die Gesamtmasse der Platte zu berechnen. Der Grundbereich soll nun die Form wie unten haben und f darauf stetig sein Bild \Omega wird links und rechts von x=a und x=b begrenzt und oben und unten von y=h(x) und y=g(x). Es soll gelten g(x)<=h(x) und a<=b. Zerlegen wir \Omega in ganz viele kleine, sich nicht überlappende Rechtecke. In dem eingezeichneten Streifen unten ist x fest und y variabel. Da die Breite des Streifens infinitesimal klein ist, können wir annehmen, dass die horizontalen Ränder dieses Streifens gerade sind, nichtsdestotroz läuft y von g(x) bis h(x), da zu unterschiedlichem x der Rand auch in der y Komponente woanders liegt. Schauen wir uns das Rechteck F an, das hat den Inhalt dx*dy. Die Belegung (Höhe, Massendichte etc.) auf diesem Rechteck ist f(x,y)*dx*dy Damit wir die Gesamtbelegung V_x (Volumen, Masse etc.) auf dem Vertikalstreifen erhalten, müssen wir f(x,y)*dx*dy nach y in den Grenzen g(x) bis h(x) integrieren. Damit erhalten wir für V_x=int(f(x,y),ydx,g(x),h(x)) Um nun die Gesamtbelegung auf ganz \Omega zu erhalten, müssen wir die einzelnen vertikalen Streifen zu jedem x von a bis b aufsummieren also V_x von a bis b nach x integrieren. Die Gesamtbelegung ist also V=int(int(f(x,y),x,\Omega),y)=int(V_x)=int(int(f(x,y),y,g(x),h(x)),x,a,b) Dabei kann V, wie gesagt, ein Volumen oder eine Masse oder etwas Anders darstellen. Der Fall, dass \Omega wie unten aussieht, also in der y Komponente von a bis b und in der x Komponente von g(y) bis h(y) begrenzt wird, läuft analog zu dem vorherigen. Hierbei wird zuerst die Belegung eines Horizontalstreifens berechnet und dann die Gesamtbelegung. Man erhält in diesem Fall V=int(int(f(x,y),x,\Omega),y)=int(int(f(x,y),x,g(y),h(y)),y,a,b) Bild
Beispiel 2: Wir wollen das Volumen einer Kugel mit dem Radius r berechnen. Sei f(x,y)=sqrt(r^2-x^2-y^2) die obere Hälfte einer Kugel in Ursprungslage. Der Grundbereich \Omega zu dieser Kugel ist der Kreis in der xy-Ebene in Ursprungslage. Also \Omega: -r<=x<=r und -sqrt(r^2-x^2)<=y<=sqrt(r^2-x^2) Das Volumen V der Kugel ist also V=2*int(int(f(x,y),x,\Omega),y)=int(int(sqrt(r^2-x^2-y^2),y,-sqrt(r^2-x^2),sqrt(r^2-x^2)),x,-r,r) Substituieren wir beim inneren Integral y=sin(u)*sqrt(r^2-x^2), erhalten wir dy=cos(u)*sqrt(r^2-x^2)*du und als Grenzen u_1=arcsin(-sqrt(r^2-x^2)/sqrt(r^2-x^2))=-\pi/2 und u_2=arcsin(sqrt(r^2-x^2)/sqrt(r^2-x^2))=\pi/2 Das innere Integral geht also über in int(sqrt(r^2-x^2)*cos(u)^2*sqrt(r^2-x^2),u,-\pi/2,\pi/2)=(r^2-x^2)*\pi/2 Somit ist V=2*int(\pi/2*(r^2-x^2),x,-r,r)=\pi*4/3*r^3
Die folgenden Eigenschaften der Doppelintegrale sollten intuitiv klar sein, deswegen möchte ich hier auf den Beweis der folgenden drei Eigenschaften verzichten. 1. Linearität des Doppelintegrals: int(int(\a*f(x,y)+\b*g(x,y),x,\Omega),y)=\a*int(int(f(x,y),x,\Omega),y)+\b*int(int(g(x,y),x,\Omega),y) Blicken wir zurück auf die Doppelsummen, sollte uns die Regel klar sein. 2. Erhaltung der Ordnung: Wenn auf \Omega f>=0 ist, so ist int(int(f(x,y),x,\Omega),y)>=0 wenn auf \Omega f<=g ist, so ist int(int(f(x,y),x,\Omega),y)<=int(int(g(x,y),x,\Omega),y) 3. Additivität des Doppelintegrals: Wenn der Grundbereich \Omega nun wie folgt aussieht, also dass er sich nicht wie in den beiden obigen Fällen darstellen lässt, dann muss \Omega so in n kleinere nichtüberlappende Grundbereiche aufgeteilt werden, dass sich deren Ränder explizit angeben lassen. Wenn f auf \Omega stetig ist, ist f auch auf allen \Omega_i stetig. Bild Hierbei ist int(int(f(x,y),x,\Omega),y)=int(int(f(x,y),x,\Omega_1),y)+...+int(int(f(x,y),x,\Omega_n),y) Kommen wir zum \frame Mittelwertsatz für Doppelintegrale Sind f und g auf dem Grundbereich \Omega stetig und ist g auf \Omega nichtnegativ, so existiert ein Punkt (x_0, y_0) \el\ \Omega mit int(int(f(x,y)*g(x,y),x,\Omega),y)=f(x_0,y_0)*int(int(g(x,y),x,\Omega),y) \frameoff Für den Beweis dieses Satzes benötigen wir die obigen Eigenschaften. Da f auf \Omega stetig ist und \Omega abgeschlossen und beschränkt ist, nimmt f dort ein Minimum m und ein Maximum M an. Also m*g(x,y)<=f(x,y)*g(x,y)<=M*g(x,y) Nutzen wir nun die zweite Eigenschaft int(int(m*g(x,y),x,\Omega),y)<=int(int(f(x,y)*g(x,y),x,\Omega),y)<=int(int(M*g(x,y),x,\Omega),y) Also nach Eigenschaft 1 m*int(int(g(x,y),x,\Omega),y)<=int(int(f(x,y)*g(x,y),x,\Omega),y)<=M*int(int(g(x,y),x,\Omega),y) Da g(x,y)>=0 nach Voraussetzung ist, ist auch int(int(g(x,y),x,\Omega),y)>=0 Für int(int(g(x,y),x,\Omega),y)=0 folgt aus dem Sandwichlemma m*0<=int(int(f(x,y)*g(x,y),x,\Omega),y)<=M*0 Also int(int(f(x,y)*g(x,y),x,\Omega),y)=0 und der Mittelwertsatz ist richtig für alle (x_0, y_0) \el \Omega. Sei nun int(int(g(x,y),x,\Omega),y)>0 , dann ist m<=int(int(f(x,y)*g(x,y),x,\Omega),y)/int(int(g(x,y),x,\Omega),y)<=M Mit dem Zwischenwertsatz für mehrere Variablen gibt es einen Punkt (x_0, y_0) \el\ \Omega mit f(x_0,y_0)=int(int(f(x,y)*g(x,y),x,\Omega),y)/int(int(g(x,y),x,\Omega),y) da f auf \Omega die Werte m und M annimmt. Also ist int(int(f(x,y)*g(x,y),x,\Omega),y)=f(x_0,y_0)*int(int(g(x,y),x,\Omega),y) für ein (x_0, y_0) aus \Omega. Setzen wir g(x,y)=1 , dann erhalten wir ebenfalls einen Mittelwertsatz \frame Es gibt einen Punkt (x_0, y_0) aus \Omega, für den gilt int(int(f(x,y),x,\Omega),y)=f(x_0,y_0)*(Inhalt von \Omega) \frameoff
Dass man beim Doppelintegral int(int(f(x,y),x,\Omega),y) Schwierigkeiten bekommt, kann zwei Gründe haben. Einmal den Integranden f(x,y) und zum Zweiten den Bereich \Omega. Nun möchte ich euch zeigen, wie man durch eine geschickte Koordinatentransformation das Doppelintegral zu einem möglicherweise einfacheren Doppelintegral transformieren kann. Doch zunächst betrachte ich nur das Doppelintegral int(int(1,x,\Omega),y) Mich interessiert also nur der Grundbereich. Ein ebenes Gebiet, z.B. ein Rechteck D, oder ein Kreis oder Sonstiges in der uv-Ebene wird durch eine Transformation x=x(u,v) und y=y(u,v) in das xy- System transformiert und hat hier die Gestalt von S. Die Koordinatentransformation p(u,v)=(x;y)=(x(u,v);y(u,v)) sollte umkehrbar und die Vektoren p_u und p_v linear unabhängig sein, also x_u*y_v-y_u*x_v!=0 sein. Bild Wir haben also eine Parameterdarstellung der Fläche S. Schauen wir uns die Linien u_i und v_i an. Die Linie u_i geht durch die Transformation über in die Linie p(u_i,v)=(x(u_i,v);y(u_i,v)), v variabel und u_i konstant, und die Linie v_i in p(u,v_i)=(x(u,v_i);y(u,v_i)), u variabel und v_i konstant. Der Punkt (u_i, v_k)\el\ D geht über in den Punkt (x(u_i,v_k),y(u_i,v_k))\el\ S Bild Bild Uns interessiert erstmal nur die orangefarbene Fläche, die können wir im xy-System durch dx*dy darstellen. Wir wollen sie aber in einer Darstellung in Abhängigkeit von u und v. Bild Seien hier die Punkte A_1:=(x(u_1,v_1),y(u_1,v_1)) A_2:=(x(u_2,v_1),y(u_2,v_1))=(x(u_1+\Delta u,v_1),y(u_1+\Delta u,v_1)) A_1:=(x(u_1,v_2),y(u_1,v_2))=(x(u_1,v_1+\Delta v),y(u_1,v_1+\Delta v)) A_1:=(x(u_2,v_2),y(u_2,v_2))=(x(u_1+\Delta u,v_1+\Delta v),y(u_1+\Delta u,v_1+\Delta v)) Legen wir erstmal die Sekante S_1 zwischen A_1 und A_2 und die Sekante S_2 zwischen A_1 und A_3. Wir wollen nun t_1=p_u und t_2=p_v berechnen. Es ist t_1=lim(\Delta u->0,(p(u_1,v_1)-p(u_1+\Delta u,v_1))/(\Delta u)) Mit dem Mittelwertsatz der Vektordifferentialrechnung können wir t_1*\Delta u\approx p(u_1,v_1)-p(u_1+\Delta u,v_1)\approx p_u*\Delta u zeigen. Analog ist t_2=lim(\Delta u->0,(p(u_1,v_1)-p(u_1,v_1+\Delta v))/(\Delta v)) also t_2*\Delta v\approx p(u_1,v_1)-p(u_1,v_1+\Delta v)\approx p_v*\Delta v. Die von den beiden Vektoren p_u*\Delta u und p_v*\Delta v aufgespannte Fläche ist gleich dem Betrag des Kreuzprodukts. Um das Kreuzprodukt anwenden zu können, müssen wir als dritte Komponente z=0 wählen, da sonst das Kreuzprodukt nicht definiert ist. Die Fläche des orangefarbenen Bereichs ist also rund norm(p_u \cross p_v)*\Delta u*\Delta v. Bild Wird \Delta u und \Delta v infinitesimal klein, erhalten wir dx*dy=norm(p_u \cross p_v)*du*dv. Also int(int(1,x,S),y)=int(int(abs(p_u x p_v),u,D),v) Es gilt weiter: norm(p_u \cross p_v)=norm((pdiff(x(u,v),u);pdiff(y(u,v),u);0) \cross (pdiff(x(u,v),v);pdiff(y(u,v),v);0)) =abs(pdiff(x(u,v),u)*pdiff(y(u,v),v)-pdiff(x(u,v),v)*pdiff(y(u,v),u)) =abs(x_u*y_v-x_v*y_u) Dies war jetzt kein Beweis von völliger mathematischer Strenge, sondern sollte nur einen möglichen Beweis veranschaulichen.
Die Transformation kartesischer Koordinaten in Polarkoordinaten ist eine mögliche Transformation, die unsere obigen Bedingungen erfüllt. p: \IR^2 -> \IR^2, p(r;\phi)=(x(r,\phi);y(r,\phi))=(r*cos(\phi);r*sin(\phi)) Die Umkehrung p^(-1)(x;y)=(r(x,y);\phi(x,y)) ist durch r(x,y)=sqrt(x^2+y^2) und \phi(x,y)=cases(arctan(y/x),x>0;sgn(y)*\pi/2,x=0;arctan(y/x)+sgn(y)*\pi,x<0) gegeben. x_r*y_\phi-x_\phi*y_r=cos(\phi)*r*cos(\phi)-r*(-sin(\phi))*sin(\phi)=r Beispiel: Wir möchten die Fläche des Einheitskreises menge((x,y) | x^2+y^2<=1) berechnen. Dazu wäre das Doppelintegral int(int(1,y,-sqrt(1-x^2),sqrt(1-x^2)),x,-1,1) zu berechnen. Dies ist ein langer Weg, wenn wir es zu Fuß ausrechnen wollen. Transformieren wir den Einheitskreis in Polarkoordinaten, dann hat er den Bereich D: 0<=r<=1, 0<=\phi<=2\pi. Also ist int(int(1,y,-sqrt(1-x^2),sqrt(1-x^2)),x,-1,1)=int(int(r,r,0,1),\phi,0,2*\pi)=\pi
Wenn auf S aber eine Belegungsfunktion f(x,y) existiert, wie lautet sie dann auf D? Ich möchte zeigen, dass int(int(f(x,y),x,S),y)=int(int(f(x(u,v),y(u,v))*norm(p_u \times p_v),u,D),v) ist. Zerlegen wir D in n kleinere, sich nicht überlappende Grundbereiche D_1, ...,D_n. Damit zerlegen wir auch S in n kleinere Bereiche. int(int(f(x(u,v),y(u,v))*norm(p_u \times p_v),u,D),v) =sum(int(int(f(x(u,v),y(u,v))*norm(p_u \times p_v),u,D_i),v),i=1,n) Gilt wegen der Additivität des Doppelintegrals (das ist oben die dritte Eigenschaft). Wenden wir nun unseren obigen bewiesenen Mittelwertsatz an. Es gibt (a_i, b_i)\el\ D_i mit int(int(f(x(u,v),y(u,v))*norm(p_u \times p_v),u,D_i),v) =f(x(a_i,b_i),y(a_i,b_i))*int(int(norm(p_u \times p_v),u,D_i),v) Mit x_i=x(a_i,b_i) und y_i=y(a_i,b_i) und int(int(norm(p_u \times p_v),u,D_i),v)=(Inhalt von S_i) erhalten wir sum(f(x(a_i,b_i),y(a_i,b_i))*int(int(norm(p_u \times p_v),u,D_i),v),i=1,n) =sum(f(x_i,y_i)*(Inhalt von S_i),i=1,n) Wie oben sei wieder m_i das Minimum und M_i das Maximum von f auf S_i. Dann gilt nun m_i<=f(x_i, y_i)<=M_i, also U_f=sum(m_i*(Inhalt von S_i),i=1,n) <=int(int(f(x(u,v),y(u,v))*norm(p_u \times p_v),u,D),v) <=sum(M_i*(Inhalt von S_i),i=1,n) =O_f d.h. das Integral int(int(f(x(u,v),y(u,v))*norm(p_u \times p_v),u,D),v) ist zwischen zwei Riemannschen Summen für f eingeschlossen. Wenn wir nun n->\inf laufen lassen, folgt int(int(f(x,y),x,S),y)<=int(int(f(x(u,v),y(u,v))*norm(p_u \times p_v),u,D),v)<=int(int(f(x,y),x,S),y) Also ist tatsächlich int(int(f(x,y),x,S),y)=int(int(f(x(u,v),y(u,v))*norm(p_u \times p_v),u,D),v) Für Polarkoordinaten erhalten wir int(int(f(x,y),x,S),y)=int(int(f(r*cos \phi,r*sin \phi)*r,r,D),\phi)
Beispiel: Wir möchten das Volumen des Körpers berechnen, der oben vom Kegel z=2-sqrt(x^2+y^2) und unten von der Kreisscheibe \Omega : (x-1)^2+y^2<=1 begrenzt wird. V=int(int(2-sqrt(x^2+y^2),x,\Omega),y) Nun transformieren wir in Polarkoordinaten: r=sqrt(x^2+y^2) dx*dy=r*du*dv Nun muss noch \Omega transformiert werden. Aus (x-1)^2+y^2<=1 folgt x^2+y^2<=2x . Nun setzen wir ein r^2<=2*r*cos \phi also 0<=r<=2*cos \phi. Der obere Halbkreis ist im ersten Quadranten, also geht dort \phi von 0 bis \p/2. Der untere Halbkreis wird von -\p/2<=\phi<=0 durchlaufen. Also ist \Gamma: -1/2*\p<=\phi<=1/2*\p und 0<=r<=2*cos \phi. Somit erhalten wir V=int(int(2-sqrt(x^2+y^2),x,\Omega),y) =int(int((2-r)*r,r,0,2*cos \phi),\phi,-1/2*\p,1/2*\p) =int(stammf(r^2-1/3*r^3,0,2*cos(\phi)),\phi,-1/2*\p,1/2*\p) ... =2\p-32/9
Beispiel 5: Man berechne int(int(x*y,x,\Omega),y), wobei \Omega der Bereich ist, der von den vier Kurven x^2+y^2=4, x^2+y^2=9, x^2-y^2=1, x^2-y^2=4 im ersten Quadranten begrenzt wird. Bild Die Kurven legen es nahe, u=x^2+y^2 und v=x^2-y^2 zu setzen. Dann läuft u von 4 bis 9 und v von 1 bis 4. Dann ist \Gamma in der uv\-Ebene ein Rechteck. Wir brauchen x und y in Abhängigkeit von u und v. Es ist x=sqrt((u+v)/2) und y=sqrt((u-v)/2). Diese Transformation bildet das Rechteck \Gamma auf \Omega ab. Es ist p(u,v)=(sqrt((u+v)/2);sqrt((u-v)/2)) Damit ist p_u=(1/(2*sqrt(2)*sqrt(u+v));1/(2*sqrt(2)*sqrt(u-v))) und p_v=(1/(2*sqrt(2)*sqrt(u+v));-1/(2*sqrt(2)*sqrt(u-v))) abs(p_u x p_v)=abs((0;0;-1/4*1/2*1/(sqrt(u+v)*sqrt(u-v))-1/4*1/2*1/(sqrt(u+v)*sqrt(u-v)))) =1/4*1/(sqrt(u+v)*sqrt(u-v)) Also ist int(int(x*y,x,\Omega),y) =int(int(sqrt((u+v)/2)*sqrt((u-v)/2)*1/4*1/(sqrt(u+v)*sqrt(u-v)),u,4,9),v,1,4) =15/8
Dies soll nun der erste Teil meiner vorerst dreiteilig geplanten Serie über Mehrfachintegrale gewesen sein. Früher dachte ich, man könne mit Doppelintegralen Flächen ausrechnen, also ich meine nicht die Grundbereiche, sondern Flächen von zweidimensionalen Funktionen f(x,y) über bestimmten Bereichen. Das motiviert mich, noch weitere Artikel über Weg- und Oberflächenintegrale zu schreiben, aber bis dahin ist es noch ein langer Weg. Damit verbleibe ich erstmal mit freundlichem Gruß Artur Koehler

 
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Mehrfachintegrale Teil I [von pendragon302]  
Dieser Artikel handelt von Doppelintegralen und soll der erste von drei Teilen sein. Im zweiten Teil sollen dann die Dreifachintegrale an die Reihe kommen und im dritten Teil soll es um die Anwendungen von Mehrfachintegralen gehen. Zunächst habe ich das Doppelintegral über einem Rechteck eingeführt später über einem allgemeinerem Bereich.
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2016-2017 (28x)http://google.de/url?sa=t&rct=j&q=doppelintegral wikipedia
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202006-06 (4x)https://www.bing.com/search?q=additivität des doppelintegrals
201712-12 (4x)http://google.de/search?q=mehrfachintegral

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"Mathematik: Mehrfachintegrale Teil I" | 16 Comments
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Re: Mehrfachintegrale Teil I
von: xycolon am: Sa. 23. Juli 2005 20:45:23
\(\begingroup\)mensch, du hast dir ja ne riesen arbeit gemacht mit all den zeichnungen. sehr schön :)\(\endgroup\)
 

Re: Mehrfachintegrale Teil I
von: FlorianM am: Sa. 23. Juli 2005 20:53:20
\(\begingroup\)So viel gute Arbeit muss geehrt werden: Wunderschöner, gut lesbarer und schön anzuschauender Artikel. Wirklich super. :) \(\endgroup\)
 

Re: Mehrfachintegrale Teil I
von: Moby am: So. 24. Juli 2005 11:57:38
\(\begingroup\)Ich erkläre pendragon hiermit zu meinem persönichen Helden :) Sehr schöner Artikel =) Danke :)\(\endgroup\)
 

Re: Mehrfachintegrale Teil I
von: KingGeorge am: So. 24. Juli 2005 12:30:57
\(\begingroup\)Hallo Artur, Ein sehr schöner Artikel. Den habe ich sofort in meine Linksammlung aufgenommen. lg Georg \(\endgroup\)
 

Re: Mehrfachintegrale Teil I
von: Rebecca am: So. 24. Juli 2005 14:04:21
\(\begingroup\)Hi Arthur, es ist erst ein paar Monate her, dass ich mich in Mehrfachintegrale eingearbeitet habe; schade, dass es damals diesen tollen Artikel noch nicht gegeben hat. Ein weiteres Glanzlicht in der Reihe deiner Grundsatzartikel. Gruß Rebecca PS: Ich habe mir erlaubt, in deinem Artikel einige Flüchtigkeitsfehler in Orthographie und Interpunktion zu korrigieren \(\endgroup\)
 

Re: Mehrfachintegrale Teil I
von: riemann05 am: Mo. 15. August 2005 19:30:00
\(\begingroup\)schöner artikel und schöne zeichnungen *g*\(\endgroup\)
 

Re: Mehrfachintegrale Teil I
von: jannna am: Sa. 20. August 2005 17:16:03
\(\begingroup\)Hallo schöner Artikel, schöne Zeichnungen ja. Aber habt ihr mal versucht das zu drucken (in Datei)? Die ist krasse 72 MB groß. ok als PDF dann nicht mehr aber trotzdem krass. Grüße Jana\(\endgroup\)
 

Re: Mehrfachintegrale Teil I
von: Ex_Mitglied_40174 am: So. 21. August 2005 13:33:49
\(\begingroup\)Hallo, genau darüber handelt mein facharbeitsthema 😄 wann bzw. wo finde ich denn den Teil II über die Dreifachintegrale? Bzw. kann mir vielleicht jemand sagen wo ich was es da an einfach zu verstehender literatur gibt? bin nicht so wirklich ein matheguru.... lg christof\(\endgroup\)
 

Re: Mehrfachintegrale Teil I
von: Martin_Infinite am: So. 21. August 2005 13:54:47
\(\begingroup\)Hi Christof, ein Teil der Facharbeit besteht darin, selbst nach dem jeweiligen Thema zu recherchieren. Gruß Martin\(\endgroup\)
 

Re: Mehrfachintegrale Teil I
von: theFlash am: So. 18. September 2005 19:41:48
\(\begingroup\)Echt der Hammer!!!! Der Teil mit der Rechtecksfläche ist für einen Anfang-Zwölft-Klässler noch sehr leicht und anschaulich zu verstehen... danach hat mein Kopf leider abgeschaltet, weil er heute schon die Aufgaben der Mathematik-Olympiade hinter sich hat....\(\endgroup\)
 

Re: Mehrfachintegrale Teil I
von: Hans-im-Pech am: Di. 08. November 2005 17:16:36
\(\begingroup\)Schöner Artikel, sehr gut, um das, was man über Doppelintegrale wissen sollte, nochmal nachzuarbeiten! Viele Grüße, HiP\(\endgroup\)
 

Re: Mehrfachintegrale Teil I
von: nofreak am: So. 16. April 2006 14:26:10
\(\begingroup\)Hallo Artur! Über deinen Artikel "Kurvenintegrale" bin ich hier gelandet. Einige deiner Ausführungen sind für mich unschlüssig. So Behauptest du in einem Beispiel per Doppelintegral und über die Fläche eines Rechtecks ein Volumen zu berechnen und als Ergebnis präsentierst du dann 15FE. "FE" steht doch aber für "Flächeneinheiten", was im Widerspruch zum Volumen steht, da dieses in "VE" (Volumeneinheiten) angegeben wird. Es fehlt schlichtweg die Ausdehnung in eine dritte Dimension, was ein Rechteck, ja auch nicht hat. Überarbeite das bitte, damit die Leute, die diesen Artikel als Referenz nutzen, nichts falsches lernen. Viele Grüße nofreak \(\endgroup\)
 

Re: Mehrfachintegrale Teil I
von: Rodion am: Mo. 17. April 2006 13:45:31
\(\begingroup\)Lieber nofreak, für den Mathematiker ist ein "Volumen" nicht notwendig dreidimensional. Einer meßbaren Menge im IR^n wird durch ihr Maß ein n-dimensionales Volumen gegeben. Was du "Fläche" nennst ist nichts anderes als ein 2-dimensionales Volumen. Artur hat also keinen Fehler gemacht. Mathematik spielt sich eben nicht nur im IR^n für n kleiner 4 ab. Gruß Rodi\(\endgroup\)
 

Re: Mehrfachintegrale Teil I
von: nofreak am: Do. 20. April 2006 18:58:34
\(\begingroup\)Grüß dich Rodi! Das die Bezeichnung "Volumen" ein verallgemeinerter Begriff für jeden beliebigen IR^n ist, wusste ich nicht. Ich, als Nicht-Mathematiker, würde es trotzdem begrüßen die Dinge bei ihrem "speziellen" Namen zu nennen, auch im Hinblick auf alle Nicht-Mathematiker. Denn solche Integrale finden u.a. in Ingeneurswissenschaften Anwendung, wo nicht viel Wert auf Verallgemeinerung und mathematischen Tiefgang gelegt wird. Es sollte zumindest erwähnt werden, dass sich der Begriff "Volumen" nicht auf IR^3 beschränkt ist. Dank und Gruß nofreak PS.: Ist ein "Volumen" auf IR ein Intervall?\(\endgroup\)
 

Eindimensionales Volumen
von: fru am: Do. 20. April 2006 19:17:00
\(\begingroup\) Nein, nofreak, ein "Volumen" im \IR^1 ist kein Intervall, sondern eine Länge. Ein Intervall ist hingegen eine "Kugel" im \IR^1. Liebe Grüße, Franz \(\endgroup\)
 

Re: Mehrfachintegrale Teil I
von: Ex_Mitglied_40174 am: Fr. 27. Mai 2011 21:10:28
\(\begingroup\)Hallo Arthur! ich habe ebenfalls versucht das Beispiel 5 zu lösen, allerdings auf einem anderen Weg: ich habe auf Polarkoordinaten transformiert und komme dann auf das Integral: (maple-code) Int(r^3*[Int(cos(phi)*sin(phi)),phi=0..1/2*arccos(1/r^2)],r=2..3) Die Integrationsgrenzen kommen durch die 4 Kurven zustande. Am Ende kommt dann 55/16 und nicht 15/8 heraus. Kann mir jemand sagen wo der Fehler ist? Gruß Olli\(\endgroup\)
 

 
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