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Integration » Integration im IR^n » mehrdimensionale Integralrechnung
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Universität/Hochschule J mehrdimensionale Integralrechnung
blipo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2021-06-25


Hallo,

Ich soll das Integral:

\[\int \limits_{B}^{}\frac{x*y}{x^2+y^2}\]
auf dem Bereich B := [0,1]^2 \ (0,1/2)^2 berechnen.


Mein Ansatz wär jetzt hier gewesen das wie gewohnt das Integral in dy und dx aufzuteilen nur macht mir der Bereich des Integrals und wie ich beim integrieren jetzt anfangen soll ein bisschen zu schaffen. Ist das dann einfach so dass ich nur von 1/2 bis 1 integriere? und wie gehe ich da am anfang mit dem integrieren vor?

Lieben Gruß,

blipo



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nzimme10
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2021-06-25


Hallo,

Es ist also $B:=[0,1]^2\setminus(0,1/2)^2$. Bezüglich was möchtest du deine Funktion denn nun integrieren? Bezüglich des Lebesgue-Maßes auf $\mathbb R^2$?

LG Nico



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blipo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-06-25


Hallo,

Hätte nicht gedacht dass mir jemand um die Uhrzeit zu schnell antwortet :).

Ehm ich bin mir nicht ganz sicher was du meinst aber ich bin mir relativ sicher dass auf R^2 integriert werden soll. Nur mal aus reiner Interesse, gäbe es denn noch Integrationsmöglichkeiten auf anderen Wegen?

Lieben Gruß,

blipo




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nzimme10
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2021-06-25


2021-06-25 01:33 - blipo in Beitrag No. 2 schreibt:
Hallo,

Hätte nicht gedacht dass mir jemand um die Uhrzeit zu schnell antwortet :).

Ehm ich bin mir nicht ganz sicher was du meinst aber ich bin mir relativ sicher dass auf R^2 integriert werden soll. Nur mal aus reiner Interesse, gäbe es denn noch Integrationsmöglichkeiten auf anderen Wegen?

Lieben Gruß,

blipo



Meine Frage ist einfach wie das Integral zu verstehen sein soll, da nach der Funktion kein Maß bzw. kein "Differential" $\mathrm d(x,y)$ steht. Ich frage auch, weil der Integrand auf dem Integrationsgebiet im Punkt $(0,0)$ zunächst nicht definiert ist. Abgesehen davon würden sich wohl Polarkoordinaten anbieten hier.

LG Nico



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blipo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-06-25


Hallo nochmal,

ahh entschuldigung das hatte ich ganz vergessen hinzuschreiben.

da kommt nach dem Integral noch ein d(x,y) hin.

Lieben Gruß,

Blipo



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2021-06-25

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo,

wie Nico schon sagte: du tust dir hier einen großen Gefallen, wenn du zu Polarkoordinaten übergehst.

Suche dazu in deinen Unterlagen, wie in diesem Fall das Flächenelement \(\on{d(x,y)}\) substituiert wird. Falls du einen Link benötigst: Wikipedia weiß da wie immer Bescheid. 😉


Gruß, Diophant


[Verschoben aus Forum 'Analysis' in Forum 'Integration im IR^n' von Diophant]
\(\endgroup\)


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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2021-06-25


Nachtrag (war früh am Morgen...):

Da das Integrationsgebiet prinzipiell rechteckig ist, sind Polarkordinaten hier doch eher eine sperrige Angelegenheit. Vor allem (ich habe es gerade ausprobiert): die ganz normale Integration, etwa erst nach y und dann nach x ist - mit einer kleinen Substitution an einer Stelle) auch recht überschaubar.

Unabhängig davon: könntest du uns irgendwie den Originaltext der Aufgabe zukommen lassen (am besten Abtippen)?


Gruß, Diophant



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blipo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2021-06-25


Hallo,


Sei B := [0, 1]^2 \ (0, 1/2)^2. Berechnen Sie das Integral:

\[\int \limits_{A}^{}f(x,y)d(x,y) =\]\[\int \limits_{B}^{}\frac{x*y}{x^2+y^2}d(x,y)\]
Hinweis: x * ln(x) - x ist eine stammfunktion von ln(x)

Des ist der ganze Übungsaufgabentext.

Liebe Grüße,

blipo



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2021-06-25


Hallo,

ok, der Hinweis mit der Stammfunktion des natürlichen Logarithmus ist ja eindeutig, dann vergessen wir mal die Polarkoordinaten wieder.

Zu der Sache mit dem Integrationsbereich: was spricht dagegen, über beide Bereiche getrennt zu integrieren und anschließend dann zu subtrahieren?


Gruß, Diophant



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blipo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2021-06-25


Hallo,

Na ja, was mich verwirrt ist dass ich über den Bereich 0 bis 1 integrieren muss jedoch nicht über das Intervall (0,1/2). Muss ich dann einfach das Integral von  (0,1/2) und [1/2,1] berechnen? Und sollte das erste dann eigentlich nicht gehen da das Intervall nicht abgeschlossen ist und somit nicht riemann integrierbar ist?

Liebe Grüße,

blipo



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2021-06-25

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo,

vermutlich meinst du das richtige. Integriere einmal über \([0,1]^2\) und einmal über \((0,1/2)^2\) und subtrahiere die Resultate.

Auch im Mehrdimensionalen ist die Integration letztlich einfach eine Aufsummierung infinitesimaler Elemente. 🙂


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2021-06-25

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Nochmal ein Nachtrag:
Es handelt sich hier ja streng genommen um ein uneigentliches Integral, da deine Funktion in \((0,0)\) nicht definiert ist. Du könntest also auch das eigentliche Gebiet in geeignete Rechtecke aufteilen und über diese integrieren. Dann müsste man aber wohl noch geeignet begründen, warum die Definitionslücke im Nullpunkt hier keine Probleme macht (denn sie ist in \(B\) enthalten!).


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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blipo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2021-06-25


Hallo,

also ich hätte es jetzt wie in der vorhin erwähnten methode gemacht und da würde beim ersten Integral [0,1] ln(2)/2 rauskommen und beim zweiten ln(4)/16.


Wie würde ich denn die andere methode benutzen? also wie würde man denn in geeignete grenzen die integrale unterteilen?


Liebe Grüße,

blipo



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2021-06-25

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo,

2021-06-25 09:41 - blipo in Beitrag No. 12 schreibt:
also ich hätte es jetzt wie in der vorhin erwähnten methode gemacht und da würde beim ersten Integral [0,1] ln(2)/2 rauskommen und beim zweiten ln(4)/16.
\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)

Interessant. 🙂

Die Resultate passen schon (einfacher wäre \(\frac{\ln(4)}{16}=\frac{2\ln(2)}{16}=\frac{\ln(2)}{8}\)), aber wie hast du hier jeweils die Schwierigkeit mit der unteren Schranke behandelt?

2021-06-25 09:41 - blipo in Beitrag No. 12 schreibt:
Wie würde ich denn die andere methode benutzen? also wie würde man denn in geeignete grenzen die integrale unterteilen?
\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)

Du könntest etwa über \([0,1/2]\times[1/2,1]\) und anschließend über \([1/2,1]\times[0,1]\) integrieren und die Ergebnisse addieren.

Nochmal: die eigentliche Schwierigkeit bei dieser Aufgabe sehe ich darin, das erhaltene Ergebnis vor dem Hintegrund zu begründen, dass der Integrand in \((0,0)\) eine (nicht hebbare!) Definitionslücke besitzt.

Bei dieser Begründung wären jetzt allerdings in der Tat Polarkoordinaten hilfreich...

Vor dem Hintergrund, dass man also die Funktion an der Stelle \((0,0)\) nicht stetig fortsetzen kann: welche Eigenschaft bräuchtest du hier minimal, damit das Integral überhaupt existiert?

Solche Überlegungen müsstest du mit der zweiten Methode IMO jedenfalls anstellen. Bei deiner Rechnung müsstest du die Grenzwertbildung an der Stelle \((0,0)\) eben geeignet begründen. Da gibt es ja natürlich den 'archetypischen' Grenzwert \(\lim_{x\to 0}x\cdot\ln x\), den man hier sicherlich als bekannt voraussetzen darf.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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blipo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2021-06-25


Hallo,

nochmal eine kurze Nachfrage. Könnte man nicht einfach von 1/2 bis 1 integrieren und das wäre dann das Ergebnis da ja die funktion in (0,0) nicht existiert?

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.12 begonnen.]



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2021-06-25


2021-06-25 10:06 - blipo in Beitrag No. 14 schreibt:
Hallo,

nochmal eine kurze Nachfrage. Könnte man nicht einfach von 1/2 bis 1 integrieren und das wäre dann das Ergebnis da ja die funktion in (0,0) nicht existiert?

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.12 begonnen.]

Nein: du bist hier nicht im eindimensionalen und integrierst ja nicht über Intervalle, sondern über Gebiete. Zeichne dir die Situaton vielleicht einmal in einem xy-Koordinatensystem auf.


Gruß, Diophant



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blipo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2021-06-25


Hallo,

ich habs mir gerade nochmal durch den Kopf gehen lassen und natürlich hat die Rechenweise welche ich benutzt habe, nicht die (0,0) betrachtet. Die Definitionslücke bei der (0,0) kann man doch daraus begründen dass der ln(0) nicht existiert und somit auch kein Integral bei (0,0) existiert oder?

Aber theoretisch könnte man doch auch bei der ersten methode bei der 0 ein uneigentliches integral bilden und dann, wie im vorherigen post erwähnt wurde,den Grenzwert bilden. Dann hätte man doch auch den Fall (0,0) betrachtet.

Liebe Grüße,

blipo



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2021-06-25

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo blipo,

du hast das Wesen der Aufgabe noch nicht durchschaut.

Egal wie du es anstellst: die Definitionslücke liegt im Integrationsbereich. Um diese 'Gemeinheit' kommt man also nicht herum. Man muss nur irgendwie begründen, warum diese Definitionslücke hinsichtlich der Existenz des Integrals keine Probleme macht.

Untersuche einmal mittels Polarkoordinaten, was die Funktion um die Stelle \((0,0)\) herum so anstellt. Dann siehst du vielleicht klarer.

2021-06-25 10:17 - blipo in Beitrag No. 16 schreibt:
...dass der ln(0) nicht existiert...
\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)

Das schon. Aber der Grenzwert \(\lim_{x\to 0}x\cdot\ln x\) existiert und sollte bekannt sein. Und um den geht es hier.

Wie gesagt: deine Ergebnisse für die beiden Bereiche oben sind richtig. Du musst sie noch subtrahieren und geeignet begründen, warum das Integral existiert.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2021-06-25


Hallo nochmal,

also der grenzwert von x*ln(x) ist null das ist mir schonmal klar. Ich hab jetzt versucht mir das Verständnis näher zu bringen indem ich mir einfach polarkoordinaten in die funktion eingesetzt hab nur leider sehe ich da nicht den Zusammenhang :/.

Was ich verstehe ist warum der punkt 0,0 keine rolle spielt, da wenn man das uneigentliche integral berechnen würde, der limes von x*ln(x) null ergeben würde und somit den wert nicht verändert.

Gruß,

blipo



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, eingetragen 2021-06-25

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo,

2021-06-25 11:02 - blipo in Beitrag No. 18 schreibt:
Ich hab jetzt versucht mir das Verständnis näher zu bringen indem ich mir einfach polarkoordinaten in die funktion eingesetzt hab nur leider sehe ich da nicht den Zusammenhang :/.
\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)

Wenn man das tut und noch kürzt, dann verbleibt als Darstellung

\[f(r,\varphi)=\cos(\varphi)\cdot\sin(\varphi)\]
Das sieht im ersten Moment paradox aus. Um es zu verstehen, kann man sich überlegen, wie diese Funktion entlang einer beliebigen Ursprungsgeraden verläuft.

So: da die Funktion vom Radius \(r\) unabhängig ist und man dem Punkt \((0,0)\) keinen Winkel zuodnen kann, kann man höchstens feststellen, dass offensichtlich \(-\frac{1}{2}\le f(x,y)\le \frac{1}{2}\) gilt und die Funktion somit überall beschränkt ist.

Und daher spielt der Nullpunkt keine Rolle.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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blipo
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Hallo,

wie immer vielen Dank! Anscheinend muss ich mir nochmal die Polardarstellung generell anschauen aber du hast es sehr anschaulich erklärt. Vielen Dank für die Hilfe :)

Gruß,

blipo



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