Mathe-Aufgabe

[Annka84_9aca8f]

Ich möchte folgende Aufgabe lösen:

http://garcias.st-theodor.de/mathe.JPG

Ich weiß jedoch nicht wie. Habe nicht mal einen Ansatz. Kann man diese Aufgabe mit einem Dreifach-Integral lösen?

Vielen Dank, wenn mir jemand helfen kann!!

MFG Annka

[Ingo_von_Borstel]

Masse von Kugel mit radialem Dichteprofil
Moin,

als erstes: bitte wähle aussagekräftige Titel für Deine Postings hier. „Matheaufgabe“ kann alles und nichts sein.

http://garcias.st-theodor.de/mathe.JPG

Ich weiß jedoch nicht wie. Habe nicht mal einen Ansatz. Kann
man diese Aufgabe mit einem Dreifach-Integral lösen?

Ja. Die Masse ist das Integral der Dichte über das Volumen:

\begin{eqnarray}
M &=& \int \varrho(\vec{r}) \mathrm{d}V \qquad \mathrm{mit}\quad \mathrm{d}V = r^2 \sin\theta dr d\theta d\varphi \
&=& \int_0^R \int_0^\pi \int_0^{2\pi} \varrho® r^2 \sin\theta dr d\theta d\varphi
\end{eqnarray}

Den Rest überlasse ich Dir . In Zeile (2) kann nutzt man die Radialsymmetrie, sprich dass die Dichte \varrho(\vec{r}) = \varrho® = \varrho_0\left(1-\frac{r^2}{R^2}\right) nicht vom Längen- oder Breitengrad abhängt und das Integral schön in separate Integrale von r, θ und φ faktorisiert. Ggf. hilft bei der Lösung des Integrals in r der Bronstein oder ein vergleichbares Buch mit einer Integralsammlung.

Gruß,
Ingo

[Annka84_9aca8f]

Ja vielen Dank schon mal.

Wäre nett wenn ich noch ein Ergebnis zum vergleichen hätte, damit ich weiß ob ich richtig gerechnet habe.

LG
Annka

[Ingo_von_Borstel]

Moin,

na, dann zeig 'mal. Mit Rechenweg.

Gruß,
Ingo

[Annka84_9aca8f]

Wie kann ich denn mathemaitsche Zeichen eingeben? Gibt es dazu ein Menüpunkt? Oder geht das auch über die Tastatur?

Lg Annka

[Annka84_9aca8f]

Achso, noch ein Hinweis:

Ich arbeite mit Papular. Ich hab eine Formel aus der Formelsammlung Seite 255 (3.2.4) genommen.

Und in der Formelsammlung gibt es auch im Anhang eine Integraltabelle. Kann diese mir denn weiter helfen? Hab schon mal gesucht, aber ich bin mir nicht sicher ob ich ein passendes Integral gefunden habe.

Des Weiteren, weiß ich nicht so genau wie das Roh®r^2 in dem Integral gemeint ist, bzw. wie man darauf kommt?

Vielen Dank nochmal für die Hilfe.

MFG Annka

[Annka84_9aca8f]

Ich hab auch ganz andere Grenzen gewählt!!

0 --> 2pi, -R -->+R, 0 --> Wurzel(R^2-z^2)
von außen nach innen

Ist das falsch?

LG

[Ingo_von_Borstel]

Moin,

Wie kann ich denn mathemaitsche Zeichen eingeben? Gibt es dazu
ein Menüpunkt? Oder geht das auch über die Tastatur?

Unter dem Eingabefeld findest Du die Hinweise, welche HTML-Tags nutzbar sind und zwei Links: „Hilfe zur Anwendung der HTML-Tags“ und „Hilfe zur LaTeX-Benutzung“. Mit Hilfe des Letzteren kann man ganz einfach sehr komplizierte Formeln eingeben - im LaTeX-Syntax natürlich.

Gruß,
Ingo

[Ingo_von_Borstel]

Moin,

Und in der Formelsammlung gibt es auch im Anhang eine
Integraltabelle. Kann diese mir denn weiter helfen? Hab schon

Vielleicht. Für den Sinus sicher Das Integral über r kannst nur Du beurteilen.

mal gesucht, aber ich bin mir nicht sicher ob ich ein
passendes Integral gefunden habe.

Des Weiteren, weiß ich nicht so genau wie das Roh®r^2 in dem
Integral gemeint ist, bzw. wie man darauf kommt?

Du suchst die Masse einer Kugel. Für eine homogene Kugel konstanter Dichte gilt M=4π/3 * ϱr³.
Jetzt ist Deine Dichte nicht konstant, also gilt ρ = ρ® und Du mußt, um auf die Masse der Kugel zu kommen, über die Kugel integrieren. Am einfachsten geht das in Deinem Fall, wenn man das in Kugelkoordinaten tut (deswegen dV = r²sinθdrdθdφ).

Im einfachen Fall mit ρ=const bekommt man die Masse als

M = \int \rho dV = \int \rho r^2 \sin\theta dr d\theta d\phi

Die Grenzen, um über eine Kugel (Radius R) zu integrieren sollten dann immer für r = 0…R, Breitenwinkel θ = 0 … π (von Südpol bis Nordpol) und Längenwinkel φ = 0 … 2π (einmal im Kreis rum) sein.

Für ρ = const bekommt man dann raus:

\begin{eqnarray}
M &=& \rho \int_0^R r^2 dr \int_0^\pi \sin\theta d\theta \int_0^{2\pi} 1 d\phi\
&=& \rho \cdot \frac{1}{3} r^3 |_0^R \cdot \cos\theta |_0^\pi \cdot \phi |_0^{2\pi}\
&=& \frac{4\pi}{3}\cdot \rho r^3
\end{eqnarray}

In Deinem Fall ist jetzt ρ nicht konstant sondern von r abhängig. Also ist die Integration über r etwas komplizierter und das Ergebnis sieht auch anders aus

Gruß,
Ingo

[Annka84_9aca8f]

Ja , vielen Dank. Jetzt verstehe ich. Gut zu wissen, dass es die Option gibt die Dichte als kostant anzusehen.

Darauf bin ich nicht gekommen.

Hab mal die Eingabe mit Latex versucht, bekomme aber immer Fehlermeldungen. Muss mich da noch mal länger mit beschäftigen.

Habe noch eine letzte Frage zu Zeile (3) :

eigetlich setzt ich doch die Grenzen ein und bekomme dann das Ergebnis. Also integrieren nach r, theta und phi.

Aber was muss ich dann noch mit der Dichte M = 4/3 pi * roh * r^2 machen …wieso ist das in Zeile (3) angegeben?

Ich verstehe noch nicht so ganz den Zusammenhang. Muss man das Ergebnis dann noch gleich der Dichte setzten ?

Vielen vielen Dank!!! Die Erklärung dazu war super!!!

MFG Annka

[Ingo_von_Borstel]

Moin,

Ja , vielen Dank. Jetzt verstehe ich. Gut zu wissen, dass es
die Option gibt die Dichte als kostant anzusehen.

In Deinem Fall gibt es die Option natürlich nicht, da sie eben nicht konstant ist.

Habe noch eine letzte Frage zu Zeile (3) :
eigetlich setzt ich doch die Grenzen ein und bekomme dann das
Ergebnis. Also integrieren nach r, theta und phi.

Richtig. Korrekt hätte dort statt des kleine r ein großes R stehen müssen, da ich die Grenzen eingesetzt habe. Flüchtigkeitsfehler meinerseits. Also
M=4π/3 * ρ R³.

Aber was muss ich dann noch mit der Dichte M = 4/3 pi * roh *
r^2 machen …wieso ist das in Zeile (3) angegeben?

Ich verstehe noch nicht so ganz den Zusammenhang. Muss man das
Ergebnis dann noch gleich der Dichte setzten ?

Nein. Ich habe in meinem letzten Posting vorgerechnet, wie man die Masse einer Kugel mit konstanter Dichte ausrechnet.

Du mußt das Integral

M = 4\pi \cdot \int_0^R \rho ® r^2 dr \qquad \mathrm{mit}\qquad \rho ® = \rho_c\left(1 - \frac{r^2}{R^2}\right)

Also

M = 4\pi\rho_c \cdot \int_0^R \left(1 - \frac{r^2}{R^2}\right)r^2 dr

lösen. Das ist kein so schönes Integral wie r²dr mehr.

Gruß,
Ingo

[Martin]

Hallo,

das sollte doch machbar sein. Auszurechnen ist die Masse als Volumenintegral über die Massendichte:

M = \int\int\int \rho(\vec{r}):d V

mit der gegebenen Dichtefunktion

\rho(\vec{r}) = \rho_0 \Big(1 - \frac{r^2}{R^2}\Big)

Da es um eine Kugel geht, bietet sich die Verwendung von Kugelkoordinaten an. Mit dem entsprechenden Volumenelement dV = r² dr sin θ dθ dφ nimmt das Integral die Gestalt

M = \int_0^{R} \int_0^{\pi} \int_0^{2\pi} \rho(\vec{r}):r^2:d r: \sin\theta:d \theta:d \phi

an, d. h. in Deinem Fall

M = \int_0^{R} \int_0^{\pi} \int_0^{2\pi} \rho_0 \Big(1 - \frac{r^2}{R^2}\Big): r^2:d r: \sin\theta:d \theta:d \phi

Die φ und θ-Integrationen können sofort ausgeführt werden; erstere liefert 2 π, das letztere π. Zusammen macht das den vollen Raumwinkel 4 π und es bleibt nur noch das r-Integral übrig (das ist bei radialsymmetrischen Problemen, d. h. wenn der Integrand nur von r abhängt, immer so):

M = 4 \pi \rho_0 \int_0^{R} \Big(1 - \frac{r^2}{R^2}\Big): r^2:d r

Wenn Du jetzt das r² gedanklich in die Klammer reinmultiplizierst (r² – r⁴/R²), ist die Stammfunktion klar und Du kannst das Ergebnis direkt hinschreiben:

M = 4 \pi \rho_0 \Big(\frac{1}{3} R^3 - \frac{1}{5} R^5 \frac{1}{R^2}\Big) = 4 \pi \rho_0 R^3 \Big(\frac{1}{3} - \frac{1}{5}\Big) = \Big(1 - \frac{3}{5}\Big) \rho_0 \frac{4}{3} \pi R^3 = \frac{2}{5} \rho_0 V

Ergebnis: Eine Kugel mit dieser Dichteverteilung ist gerade 2/5 so schwer wie eine homogene Kugel der Dichte ρ₀.

Hab mal die Eingabe mit Latex versucht, bekomme aber immer
Fehlermeldungen. Muss mich da noch mal länger mit beschäftigen.

Probier es testweise mal mit diesem Schnipsel, der die erste Formel im voranstehenden Text erzeugt:

M = \int\int\int \rho(\vec{r}):d V

Gruß
Martin

[Annka84_9aca8f]

Hallo,

das sollte doch machbar sein. Auszurechnen ist die Masse als
Volumenintegral über die Massendichte:

M = \int\int\int \rho(\vec{r}):d V

mit der gegebenen Dichtefunktion

\rho(\vec{r}) = \rho_0 \Big(1 - \frac{r^2}{R^2}\Big)

Da es um eine Kugel geht, bietet sich die Verwendung von
Kugelkoordinaten an. Mit dem entsprechenden Volumenelement dV
= r² dr sin θ dθ dφ nimmt das Integral die Gestalt

M = \int_0^{R} \int_0^{\pi} \int_0^{2\pi}
\rho(\vec{r}):r^2:d r: \sin\theta:d \theta:d \phi

an, d. h. in Deinem Fall

M = \int_0^{R} \int_0^{\pi} \int_0^{2\pi} \rho_0 \Big(1 -
\frac{r^2}{R^2}\Big): r^2:d r: \sin\theta:d \theta:d \phi

Die φ und θ-Integrationen können sofort ausgeführt werden;
erstere liefert 2 π, das letztere π.

Das die erste 2 pi liefert ist klar, aber bei der zweiten bekomme ich als Ergebnis cos pi ? Warum fällt denn cos weg? Ich setzt doch die Grenzen ein und rechne obere Grenze minus untere Grenze und dann bleibt bei mir cos pi über. Wahrscheinlich hab ich irgendwie einen Rechenfehler drin. Aber ich glaube meine Integration ist richtig. Ich hab zu erst die Faktorregel angewendet und roh* ( 1 - r^2/R^2) vor das Integral gezogen. Aufleitung von sin theta ist cos theta. Wo ist mein Rechenfehler?

Ich komme nicht auf pi !?!?

Zusammen macht das den

vollen Raumwinkel 4 π und es bleibt nur noch das r-Integral
übrig (das ist bei radialsymmetrischen Problemen, d. h. wenn
der Integrand nur von r abhängt, immer so):

M = 4 \pi \rho_0 \int_0^{R} \Big(1 - \frac{r^2}{R^2}\Big):
r^2:d r

Wenn Du jetzt das r² gedanklich in die Klammer
reinmultiplizierst (r² –
r⁴/R²), ist die Stammfunktion klar

Stimmt, wenn man dass r^2 reinmultipliziert ist es leichter die Stammfunktion aufzustellen!!

und

Du kannst das Ergebnis direkt hinschreiben:

M = 4 \pi \rho_0 \Big(\frac{1}{3} R^3 - \frac{1}{5} R^5
\frac{1}{R^2}\Big) = 4 \pi \rho_0 R^3 \Big(\frac{1}{3} -
\frac{1}{5}\Big) = \Big(1 - \frac{3}{5}\Big) \rho_0
\frac{4}{3} \pi R^3 = \frac{2}{5} \rho_0 V

Ergebnis: Eine Kugel mit dieser Dichteverteilung ist gerade
2/5 so schwer wie eine homogene Kugel der Dichte
ρ₀.

Hab mal die Eingabe mit Latex versucht, bekomme aber immer
Fehlermeldungen. Muss mich da noch mal länger mit beschäftigen.

Probier es testweise mal mit diesem Schnipsel, der die erste
Formel im voranstehenden Text erzeugt:

M = \int\int\int \rho(\vec{r}):d V

Vielen Dank für die Hilfe!!! War schon etwas verzweifelt, weil ich verwirrt war und nicht wusste was ich nun mit der Dichte anfangen soll.

Jetzt fehlt mir nur noch das Verständnis für den obigen Teilschritt, also wie man denn auf pi kommt. (Also integration nach theta)

Vielen Dank

MFG Annka

Gruß
Martin

[Martin]

Die φ und θ-Integrationen können sofort ausgeführt werden;
erstere liefert 2 π, das letztere π.

Sorry, in meine Antwort hat sich ein Tippfehler gemogelt: Die φ-Integration liefert 2 π…

\int_0^{2\pi} d \phi = \Big[\phi\Big]_0^{2\pi} = 2\pi - 0 = 2\pi

…und die θ-Integration 2 :

\int_0^\pi \sin(\theta) :::: d \theta = \Big[-\cos(\theta)\Big]_0^{\pi} = -\cos(\pi) - (-\cos(0)) = -\cos(\pi) + \cos(0) = -(-1) + 1 = 2

Macht zusammen den vollen Raumwinkel 4 π (= Flächeninhalt der Einheitskugel-Oberfläche; Einheitskugel = Kugel mit Radius 1. Analog voller ebener Winkel = Einheitskreis-Umfang = 2 π).

Das die erste 2 pi liefert ist klar, aber bei der zweiten
bekomme ich als Ergebnis cos pi ? Warum fällt denn cos weg?
Ich setzt doch die Grenzen ein und rechne obere Grenze minus
untere Grenze und dann bleibt bei mir cos pi über.

cos(π) kannst Du ruhig noch zu –1 vereinfachen und aufgepasst: auch die Grenze Null liefert hier einen Beitrag, denn cos(0) = 1. Ist eine beliebte Stolperfalle beim Integrieren („ah, die Grenze ist Null ⇒ nicht beachten“), also Augen auf.

Ich hab zu erst die
Faktorregel angewendet und roh* ( 1 - r^2/R^2) vor das
Integral gezogen. Aufleitung von sin theta ist cos theta.

…ist –cos(θ). Ja, das Volumenintegral zerfällt hier angenehmerweise in ein Produkt dreier Integrale. Der Grund dafür ist die nur von r abhängige Dichtefunktion.

Stimmt, wenn man dass r^2 reinmultipliziert ist es leichter
die Stammfunktion aufzustellen!!

Na klar, Stammfunktionen von Summen sind easy, aber i. a. nicht jene von Produkten.

[Annka84_9aca8f]

cos(π) kannst Du ruhig noch zu –1 vereinfachen und
aufgepasst: auch die Grenze Null liefert hier einen Beitrag,
denn cos(0) = 1. Ist eine beliebte Stolperfalle beim
Integrieren („ah, die Grenze ist Null ⇒ nicht beachten“), also
Augen auf.

Warum ergibt denn cos(π) - 1 ? Wenn ich das in den Taschenrechner eingebe, bekomme ich 0,9984… Oder hab ich da irgenwas übersehen? Gibt es eine Regel dazu`?

Ist es weil Pi 180 Grad entspricht und cos (180) = -1 ist ?

Vielen Dank noch mals!!! Ich bin froh, dass mir jemand die Aufgabe erklärt.

[Martin]

Hallo,

Warum ergibt denn cos(π) - 1 ?

weil der Funktionswert der Cosinusfunktion an der Stelle π nun mal gleich –1 ist.

cos(0) = 1
cos(π/2) = 0
cos(π) = –1
cos(3/2 π) = 0
cos(2 π) = 1

Wenn ich das in den Taschenrechner eingebe, bekomme ich 0,9984…
Oder hab ich da irgenwas übersehen?

Ja, buchstäblich! Du hast übersehen, dass im Display Deines Taschenrechners unten ein kleines „DEG“ steht. An diesem Platz steht immer eines von genau drei Symbolen, nämlich „DEG“, „RAD“ oder „GRAD“, wobei das letzte praktisch nie verwendet wird. Relevant ist also nur DEG und RAD. Wenn DEG dort angezeigt wird, hat das einen ganz genau definierten Effekt, nämlich:

(1) Vor jeder Ausführung der Funktion sin, cos oder tan
   wird die im Display angezeigte Zahl mit dem Faktor π/180
   multipliziert. Das Produkt wird verrechnet.

(2) Nach jeder Ausführung der Funktion arcsin, arccos
   oder arctan wird die im internen Ergebnisregister gespeicherte
   Zahl mit dem Faktor 180/π multipliziert. Das Produkt
   wird im Display angezeigt.

Die Zweitfunktions-Tastenbeschriftungen von Taschenrechnern lauten „sin^–1“ etc. entsprechend der angloamerikanischen Notationsweise „f^–1“ für Umkehrfunktionen.

Der Grund für die Existenz von DEG und RAD ist, dass Dein Taschenrechner wissen muss, ob Du z. B. cos(5.12) berechnen willst, oder cos(5.12°), denn das sind ja zwei völlig verschiedene Aufgaben. Auf Taschenrechnern ist jedoch die Eingabe von „°“ nicht vorgesehen, sondern Du legst über die Winkelmaß-Einstellungen „DEG“ (= degree = Dezimalgrad = °) und „RAD“ (= radians = Bogenmaß) fest, was Du meinst:

cos(5.12) = ? → auf RAD schalten und cos(5.12) eintippen (Ergebnis 0.39641…)

cos(5.12°) = ? → auf DEG schalten und cos(5.12) eintippen (Ergebnis 0.99600…)

Beachte, dass Du beidemal genau dasselbe eintippst, nämlich „cos(5.12)“. Das ist der Clou an der Sache.

Du musst Dir bei jeder Benutzung der Taste sin, cos und tan sicher sein, dass Dein Taschenrechner auf den richtigen Winkelmaß-Modus eingestellt ist: Ist DEG gewünscht, muss auch DEG im Display stehen, und analog für RAD. Wie Du den Modus ändern kannst, steht in der Bedienungsanleitung.

Gibt es eine Regel dazu`?

Ist es weil Pi 180 Grad entspricht

π entspricht nicht nur 180°, sondern es besteht Gleichheit: π = 180°. Es ist völlig legitim, diese Gleichung nach ° aufzulösen mit dem Ergebnis ° = π/180. Jedes ° darf also einfach als Faktor π/180 betrachtet werden.

…und cos (180) = -1 ist ?

NEINNEINNEIN! cos(180) ist was völlig anderes als cos(180°). Das solltest Du unbedingt verstanden haben. 180 ist mehr als 57 mal so viel wie 180°. (Warum 57? Selbst überlegen/ausrechnen!)

Wenn noch was unklar ist, hak nach.

Gruß
Martin

[Annka84_9aca8f]

Ja vielen Dank für die Erklärung. Ist einleuchtend!! Ich hatte das mal irgenwann in der Schule vor Ewigkeiten und es wohl einfach wieder vegessen. Weiß aber wohl wie ich das im Taschenrechner einstelle (da ich immernoch den selben Taschenrechner verwende)

Ich hab jetzt die Aufgabe so weit gelöst. Und alles nachgerechnet. Auch mit vielen kleinen Teilschritten, um die Aufagbe zu verstehen.

Eine letzte Frage bleibt noch offen:

Wieso kann ich die Grenzen 0–>R , 0–> pi und 0–> 2pi verwenden?

Ich hatte zuerst die Grenzen 0 --> 2pi, -R -->+R, 0 --> Wurzel(R^2-z^2) genommen.

Lieben Gruß Annka

[Martin]

Wieso kann ich die Grenzen 0–>R , 0–> pi und 0–> 2pi
verwenden?

Ich hatte zuerst die Grenzen 0 --> 2pi, -R -->+R, 0 -->
Wurzel(R^2-z^2) genommen.

Um eine Kreisfläche mit ebenen Polarkoordinaten komplett zu erfassen, brauchst Du zwei Koordinaten, die beim Integrieren zu den „Laufvariablen“ werden: r = 0…R und φ = 0…2π. Das Flächenelement ist dA = r dr dφ. Bei Kugelkoordinaten kommt noch eine Koordinate dazu – der „Azimutwinkel“ θ. Der läuft aber nicht von 0 bis 2π, sondern nur von 0 bis π. Die richtigen Grenzen, um den Raumbereich einer Kugel komplett zu erfassen, sind also r = 0…R, θ = 0…π und φ = 0…2π.

Am besten, Du versuchst, das anhand entsprechender Zeichnungen nachzuvollziehen. Das ist oft sehr aufschlussreich. Du findest solche z. B. hier:

http://de.wikipedia.org/wiki/Polarkoordinaten
http://de.wikipedia.org/wiki/Kugelkoordinaten

[Annka84_9aca8f]

Ja dankeschön. Hab bemerkt, dass ich meine Grenzen nach den Zelinderkoordinaten gewählt hatte. Und diese etwas durcheinander gebracht habe.

Vielen vielen Dank ´noch mal, ohne Hilfe hätte ich die Aufgabe nicht alleine so lösen können.

Schönes Wochenende und einen sonnigen 1. Mai-Feiertag wünsch ich.

MFG Annka