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noob
Gast
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 noob Verfasst am: 05. Mai 2008 19:45 Titel: Mathematik für Dumme - Integrieren? |
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Hallo,
ich habe eine Frage zur Integration. Natürlich weiss ich was integrieren ist, kenne mich mit dem aber trotzdem nicht aus:
Es geht um die Eletrostatik und die Integrale die darin auftauchen 
Die Flächenladungsdichte ist ja die Gesamtladung dividiert durch die Fläche. Das lässt sich aber auch als Integral schreiben, welches die Gesamtladung gibt. Also Gesamtladung ist das Integral der Flächenladungsdichte, intergiert über die Fläche.
Ich habe keinen Schimmer wie man so etwas aurechnet
Wie bearbeitet man den so ein Integral?
Danke
Grüsse |
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mitschelll
Anmeldungsdatum: 06.12.2007
Beiträge: 362
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| mitschelll Verfasst am: 06. Mai 2008 12:11 Titel: |
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Solche Integrale auszurechnen ist Thema der Vektoranalysis.
Im Prinzip muss man sich fuer eine Formel merken:
\; do = \int_D f(p(u))\| \partial_{u_1}p\times\partial_{u_2}p\| \; du)
Links steht die allgemeine Darstellung eines Integrals ueber eine Flaeche F. Rechts steht sozusagen die Anleitung, wie ich dieses Integral auszuwerten habe.
p ist eine Parametrisierung der Flaeche. Bei einem Kreis koennten das z.B. die bekannten Kreiskoordinaten sein. Meistens ist das Finden solch einer Parametrisierung das wirklich schwere.
Da eine Flaeche parametrisiert wird, haengt p von zwei Variablen  und  ab. Beim Kreis waeren das z. B. r (Radius) und  (Winkel).
Das Kreuzprodukt in den Normstrichen sind die partiellen Ableitungen nach und . Dieser Faktor entspricht dem Faktor, den man bekommt, wenn man bei "normalen" Integralen substituiert.
Nun muss man f durch diese Parametrisierung ausdruecken und ueber beide Parametervariablen integrieren.
Dies ist der Fall fuer eine reelwertige Funktion.
Hat man eine vektorwertige Funktion, so muss das Integral in folgender Weise ausgewertet werden:
\; do = \int_D \vec{f}(p(u))\cdot \vec{n}(p(u)) \; du)
mit
) = \frac{ \partial_{u_1}p\times\partial_{u_2}p } { \|\partial_{u_1}p\times\partial_{u_2}p\| \ })
Das  ist der Normalenvektor auf die Flaeche F, da nur die Komponente senkrecht zur Flaeche beitraegt.
Dieses Integral nennt man auch den Fluss von  durch die Flaeche F.
Ist das verstaendlich?
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Es irrt der Mensch, solang' er strebt.
Johann Wolfgang von Goethe |
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dermarkus
Administrator
Anmeldungsdatum: 12.01.2006
Beiträge: 14788
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| dermarkus Verfasst am: 07. Mai 2008 14:22 Titel: |
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Es gibt auch einfache Fälle, wo diese Parametrisierung ganz leicht zu finden ist:
Wenn du zum Beispiel mal die Gesamtladung Q auf einer rechteckigen Platte mit Länge 5 cm und Breite 7 cm und einer Flächenladungsdichte  ausrechnen möchtest, rechnest du einfach:
Magst du dieses einfache Beispiel mal zu Ende rechnen? |
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noob
Gast
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| noob Verfasst am: 08. Mai 2008 08:39 Titel: |
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@mitschelll
vielen Dank für die ausführliche Antwort. Ich habe nicht alles verstanden, aber ich habe mir deinen Post ausgedruckt und werde ihn mir intensiver ansehen und dann konkrete fragen stellen, wenn ich darf 
danke
@dermarkus
hier habe ich das Problem, dass ich nicht weiss, wie ich das jetzt konkret angehe. Ich habe in den Matheübungen schon Flächenintegrale und auch Volumenintegrale berechnet. Man rechnet erst das innere Integral aus, während die anderen konstant bleiben und hangelt sich so durch. Hier habe ich aber nun das Problem, dass ich meinen Integranden nicht kenne Ich weiss nicht, was ich integrieren soll. Es steht zwar Rho da, aber das ist ja nicht von x und y abhängig?  In der Mathematik steht dann da eben eine Funktion und man weiss was zu tun ust. Diesen Schritt, was ich nun genau integrieren muss, oder besser gesagt, wo ich integrieren muss ist mir unklar.
Im Integrand steht Rho. Rho, meine infinitesimal kleine Flächenladungsdichte ist eine winzig kleine Ladung dividiert durch eine winzig kleine Fläche. ......
Ist das der Integrand, den ich Integrieren soll? Würde ich dann dQ als beliebige Konstante mitschleppen und das dy bliebe ja eh konstant?
Ich danke euch
Grüsse |
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mitschelll
Anmeldungsdatum: 06.12.2007
Beiträge: 362
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| mitschelll Verfasst am: 08. Mai 2008 10:05 Titel: |
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| Zitat: | | Es steht zwar Rho da, aber das ist ja nicht von x und y abhängig? |
Genau, und was kann man mit Funktionen machen, die nicht von den Integrationsvariablen abhaengen? Das Integral, das dermarkus als Beispiel angegeben hat, ist ein Integral der Form
 ,
nur das das spezielle Beispiel von dermarkus zwei unabhaengige Integrationen beinhaltet. Wie wuerdest Du das oben angebene Integral ausfuehren, wenn a eine Konstante ist?
Ps: Klar kannst Du Fragen dazu stellen. Ich habe das eher schlampig geschrieben, so dass man einiges bestimmt auch nicht verstehen kann  .
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Johann Wolfgang von Goethe |
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noob
Gast
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| noob Verfasst am: 08. Mai 2008 10:46 Titel: |
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| mitschelll hat Folgendes geschrieben: | | Zitat: | | Es steht zwar Rho da, aber das ist ja nicht von x und y abhängig? |
Genau, und was kann man mit Funktionen machen, die nicht von den Integrationsvariablen abhaengen? Das Integral, das dermarkus als Beispiel angegeben hat, ist ein Integral der Form
,
nur das das spezielle Beispiel von dermarkus zwei unabhaengige Integrationen beinhaltet. Wie wuerdest Du das oben angebene Integral ausfuehren, wenn a eine Konstante ist?
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Ah, ich bin ein Idiot 
dann wäre obiges Integral:
Stimmt das so?
Grüsse |
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mitschelll
Anmeldungsdatum: 06.12.2007
Beiträge: 362
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| mitschelll Verfasst am: 08. Mai 2008 10:54 Titel: |
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Genau, wenn Du nun noch die Einheiten der Integration beruecksichtigst (cm^2), bekommst Du die Gesamtladung der Flaeche.
Das heisst, das Geheimnis ist das Finden der richtigen Parametrisierung. Bei rechteckigen Flaechen ist das, wie man sieht, recht einfach.
Versuche dasselbe mal mit der Ladungsdichte
 C/cm^2)
und einer kreisfoermigen Flaeche mit Radius r = 1cm.
Tipp: Kreiskoordinaten
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Johann Wolfgang von Goethe |
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noob
Gast
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| noob Verfasst am: 08. Mai 2008 11:00 Titel: |
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Danke
ja, das mit der Dimension leuchtet mir ein. Hatte ich oben vergessen.
Okay, dann werde ich mich jetzt hinsetzen und versuchen das ganze nochmal mit deiner neuen Funktion zu bestimmen.
Gruß |
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dermarkus
Administrator
Anmeldungsdatum: 12.01.2006
Beiträge: 14788
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| dermarkus Verfasst am: 08. Mai 2008 13:43 Titel: |
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| noob hat Folgendes geschrieben: | | Es steht zwar Rho da, aber das ist ja nicht von x und y abhängig? ? |
Kleine Bemerkung nebenbei:
Das  für die Flächenladungsdichte ist kein griechisches Rho ( ), sondern ein griechisches Sigma.
Und das ist hier in der Tat beim Integrieren eine Konstante, weil es nicht von der Position auf der Platte abhängt, also unabhängig von x und y ist. Ich habe sogar mal einen Zahlenwert dafür angegeben, damit du die Freude hast, für die Gesamtladung Q nach dem Ausrechnen und Einsetzen aller Werte tatsächlich einen konkreten Wert mit der Einheit Coulomb herausbekommen zu können |
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noob
Gast
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| noob Verfasst am: 16. Mai 2008 15:54 Titel: |
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| mitschelll hat Folgendes geschrieben: |
Versuche dasselbe mal mit der Ladungsdichte
und einer kreisfoermigen Flaeche mit Radius r = 1cm.
Tipp: Kreiskoordinaten |
Hallo
habe jetzt endlich wieder Zeit gefunden hier weiter zu abeiten. Ich habe folgendes gerechnet, weiss aber nicht, ob das okay ist
 \frac{\mathrm{C}}{\mathrm{cm^{2}}})
Stimmt das, oder habe ich da Mist gebaut?
Ich danke euch
Grüsse |
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JaJo
Anmeldungsdatum: 01.05.2008
Beiträge: 22
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| JaJo Verfasst am: 16. Mai 2008 16:05 Titel: |
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Hallo
Ich verstehe gar nicht was du da gerechnet hast..
Ich hätte erstmal die Koordinaten x und y durch Polarkordinaten, also r und phi ausgedrückt um dann darüber zu integrieren. |
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mitschelll
Anmeldungsdatum: 06.12.2007
Beiträge: 362
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| mitschelll Verfasst am: 16. Mai 2008 16:08 Titel: |
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Fast richtig!
Du hast nicht daran gedacht, dass wenn Du die Flaeche parametrisierst, die Koordinaten mit transformeirt werden muessen. Du musst eine Beziehung finden, die x und y auf r und  abbildet, also:
 , y=y(r,\phi)) .
Ausserdem musst Du noch die Funktionaldeterminante ausrechnen. In den x-y Koordinaten sind die infinitesimalen Flaechenstuecke ueber die man integriert ja Rechtecke. Das sind sie in den Kugelkoordinaten nicht mehr, so dass man einen Faktor finden muss, der das ausgleicht.
Du kannst Dir dafuer mal folgende Quellen durchlesen
Wikipedia - Funktionaldeterminante
Wikipedia - Polarkoordinaten
Falls Du diesen Kram vorher noch nie gehabt hast, ist das sicherlich nicht einfach zu verstehen. Wenn Du nicht wirklich weisst, was ich mit den obigen Kommentaren meine, kann ich das auch einmal vorrechnen. Diese Sachen muss man meiner Meinung nach einmal gesehen haben, um sie zu verstehen.
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noob
Gast
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| noob Verfasst am: 16. Mai 2008 16:19 Titel: |
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Hi,
nein, ich habe das mit Funktionsdeterminante noch nie gemacht. Ich werde mich aber jetzt mal hinsetzen und diese beiden Wikipedia Artikel pauken und dann mal sehen ob ich es besser machen kann.
Danke für das Angebot. Ich komme darauf zurück, wenn ich es nicht selbst hinbekomme. Bevor ich aber nach vorrechnen schreie möchte ich mich erst noch selbst damit auseinander setzen
Grüsse |
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noob
Gast
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| noob Verfasst am: 16. Mai 2008 16:27 Titel: |
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hmm. eine kleine Frage noch dazu:
Die kartesischen Koordinaten kann ich ja für x mit r mal dem Sinus des Winkels und für y, r mal dem Kosinuns des Winkels ersetzen. Dürfte/sollte man diese Beziehung in den Anfangsausdruck für x und y einsetzen und dann mit dem Term die Integrationen durchführen?
Gruß |
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mitschelll
Anmeldungsdatum: 06.12.2007
Beiträge: 362
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| mitschelll Verfasst am: 16. Mai 2008 16:39 Titel: |
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Genau, Du musst aber noch die Funktionaldeterminante ergaenzen, sonst kommt nicht das richtige raus. Integrieren kannst Du das natuerlich trotzdem
Diese Funktionaldeterminante war der Ausdruck
in meinem ersten Kommentar in der ersten Formel. waere hier r und waere  .
p ist Deine Parametrisierung, also
 = (r\cos\phi,r\sin\phi), \text{mit} \; r\in[0,r'],\; \phi\in[0,2\pi])
edit: Nicht das es Dich verwirrt, dass ich den cos und sin vertauscht habe. Man muss nur jeweils den richtigen Winkel nehmen. Das ist bei einer vollen Umdrehung (2pi) natuerlich egal. Man nimmt fuer gewoehnlich meine Notation (das soll nicht heissen, dass ich sie erfunden haette ).
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