Länge, geometrischer Schwerpkt < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:50 Do 29.12.2005 | | Autor: | Ingenium |
| Aufgabe | Es habe ein gebogener Stab die Form des oberen Teils einer Astroide. Das heißt, seine Form ist gegeben durch die Kurve
[mm] \gamma(t) [/mm] = [mm] \vektor{x (t)\\ y(t)} [/mm] = [mm] \vektor{a (cos t)^3 \\ a (sin t)^3}, [/mm]
t [mm] \varepsilon [/mm] [0, [mm] \pi]
[/mm]
mit a > 0 eine feste Zahl. Berechnen Sie seine Länge und seinen geometrischen Schwerpunkt. |
Also, ich habe alles durchgerechnet und der Rechenweg sieht auch ganz gut aus, nur sind die Ergebnisse miserabel!
Zuerst einmal die Längenberechnung über
L = [mm] \integral_{a}^{b} {\wurzel{x'(t)^2 + y'(t)^2} dt} [/mm] mit
x'(t) = a 3 (cos [mm] t)^2 [/mm] (-sin t) und
y'(t) = a 3 (sin [mm] t)^2 [/mm] (cos t)
Eingesetzt erhält man so
[mm] \integral{\wurzel{ (-3 a sin t (cos t)^2)^2 + 3 a cos t (sin t)^2)^2} dt}
[/mm]
= [mm] \integral{\wurzel{ (9 a^2 sin^2 t cos^4 t + 9 a^2 cos^2 t sin^4 t} dt}
[/mm]
= [mm] \integral{\wurzel{ (9 a^2 sin^2 t cos^2 t (cos^2 t + sin^2 t)} dt}
[/mm]
= [mm] \integral{3 a sin t cos t dt}
[/mm]
Mittels Substitution für sin t = z ergibt sich für die Stammfunktion
[mm] \bruch{3a}{2} sin^2 [/mm] t + c
In den Grenzen von t = [mm] \pi [/mm] und t = 0 ist L = 0,00451 a
Ein Ergebnis, bei dem die Alarmglocken sirenen ...
Den geometrischen Schwerpunkt [mm] \overline{S} [/mm] = [mm] (\overline{x}, \overline{y}) [/mm] kann man bei erfolgter Längenberechung mit
[mm] \overline{x} [/mm] = [mm] \bruch{1}{L} \integral_{0}^{\pi} [/mm] { a (cos [mm] t)^3 [/mm] dt} und
[mm] \overline{y} [/mm] = [mm] \bruch{1}{L} \integral_{0}^{\pi} [/mm] { a (sin [mm] t)^3 [/mm] dt} ermitteln.
Durch Lösen der beiden Integrale mit der partiellen Integration ergibt sich für
[mm] \integral_{0}^{\pi} [/mm] { a (cos [mm] t)^3 [/mm] dt} = [mm] [\bruch{1}{3} [/mm] sin t [mm] (cos^2 [/mm] t + 2)] mit t = [mm] \pi [/mm] und t = 0 [mm] \approx [/mm] 0,005475 und
[mm] \integral_{0}^{\pi} [/mm] { a (sin [mm] t)^3 [/mm] dt} = [mm] [-\bruch{1}{3} [/mm] cos t [mm] (sin^2 [/mm] t + 2)] mit t = [mm] \pi [/mm] und t = 0 [mm] \approx [/mm] 0,000002257.
Falls erwünscht, gebe ich Euch die Herkleitung der beiden letzten Integrale mittels partieller Integration nochmal detaillierter wieder.
Wäre klasse, wenn mir jemand den AHA-Effekt einhauchen könnte ...
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:14 Do 29.12.2005 | | Autor: | Loddar |
Hallo Ingenium!
> Mittels Substitution für sin t = z ergibt sich für die
> Stammfunktion
>
> [mm]\bruch{3a}{2} sin^2[/mm] t + c
>
> In den Grenzen von t = [mm]\pi[/mm] und t = 0 ist L = 0,00451 a
Ich erhalte hier sogar als Ergebnis [mm] $3a*\integral_0^{\pi}{\sin(t)*\cos(t) \ dt} [/mm] \ = \ [mm] \red{0}$
[/mm]
Skizze:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Kann der Fehler darin liegen, dass Du hier über eine Nullstelle hinweg integrierst?
Meiner Meinung nach musst Du dieses Integral in zwei Teilintegrale mit den Grenzen [mm] $\left[0; \ \bruch{\pi}{2}\right]$ [/mm] sowie [mm] $\left[\bruch{\pi}{2}; \ \pi\right]$ [/mm] zerlegen.
Gruß
Loddar
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:30 Mo 02.01.2006 | | Autor: | Ingenium |
Hallo Loddar,
habe tatsächlich über die Nullstelle hinwegintegriert. Nur, inwiefern macht das beim Ergebnis einen Unterschied? Wenn ich die Integrale in den Grenzen von [mm] \bruch{ \pi}{2} [/mm] und 0 sowie von [mm] \pi [/mm] und [mm] \bruch{ \pi}{2} [/mm] berechne und dann addiere, kommt doch das gleiche heraus, oder?!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:32 Mo 02.01.2006 | | Autor: | Loddar |
Hallo Ingenium!
Wie bei der Flächenberechnung musst Du jeweils die Beträge der beiden Teilintegral verwenden. Damit sollte sich dann ein positiver Wert (sprich: [mm] $\not= [/mm] \ 0$ )ergeben.
Gruß
Loddar
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Ich bin deinen Beitrag nicht vollständig durchgegangen. Aufgefallen ist mir nur
[mm]\sqrt{\sin^2{t} \, \cos^2{t}} = \left| \sin{t} \right| \cdot \left| \cos{t} \right|[/mm]
Und jetzt beachte, daß der Cosinus im Integrationsintervall sein Vorzeichen ändert. Zugleich verweise ich auf Loddars Hinweis.
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