Oberfläche Kugel < Sonstiges < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:39 Fr 18.04.2008 | | Autor: | Riley |
| Aufgabe | | Berechne den (n-1)-dim Flächeninhalt der (n-1)-im Einheitsphäre [mm] S_{n-1}=\{x\in\IR^n:\|x\|_2=1\} [/mm] |
Hallo,
die Menge [mm] S_{n-1} [/mm] beschreibt doch eine Kugel im [mm] \IR^n, [/mm] d.h. dass hier die Oberfläche von ihr gesucht ist?
Wir haben für den Flächeninhalt von einem (n-1)- dim Flächenstück im [mm] \IR^n [/mm] durch folgende Formel:
[mm] \int_F{dF}=\int_A{\sqrt{1 + (\frac{df}{dx_1})^2 + (\frac{df}{dx_2})^2 + ... + (\frac{df}{dx_{n-1}})^2} dx_1 ... dx_{n-1}} [/mm] .
Es gilt [mm] \|x\|=\sqrt{x_1^2 + ... + x_n^2} [/mm] , ist das dann das f(x), von dem man die partiellen Ableitungen braucht?
D.h. [mm] \frac{df}{dx_k}=\frac{x_k}{\sqrt{x_1^2 + ... + x_n^2}} [/mm] und
[mm] (\frac{df}{dx_k})^2=\frac{x_k^2}{x_1^2 + ... + x_n^2}.
[/mm]
Wenn ich das aber in das Integral einsetze, bekomm ich ja [mm] \sqrt{1+1} [/mm] ??
Was stimmt hier nicht?
Viele Grüße,
Riley
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Hallo Riley,
> Berechne den (n-1)-dim Flächeninhalt der (n-1)-im
> Einheitsphäre [mm]S_{n-1}=\{x\in\IR^n:\|x\|_2=1\}[/mm]
> Hallo,
> die Menge [mm]S_{n-1}[/mm] beschreibt doch eine Kugel im [mm]\IR^n,[/mm]
> d.h. dass hier die Oberfläche von ihr gesucht ist?
Ja.
>
> Wir haben für den Flächeninhalt von einem (n-1)- dim
> Flächenstück im [mm]\IR^n[/mm] durch folgende Formel:
>
> [mm]\int_F{dF}=\int_A{\sqrt{1 + (\frac{df}{dx_1})^2 + (\frac{df}{dx_2})^2 + ... + (\frac{df}{dx_{n-1}})^2} dx_1 ... dx_{n-1}}[/mm]
> .
>
> Es gilt [mm]\|x\|=\sqrt{x_1^2 + ... + x_n^2}[/mm] , ist das dann das
> f(x), von dem man die partiellen Ableitungen braucht?
Ja.
>
> D.h. [mm]\frac{df}{dx_k}=\frac{x_k}{\sqrt{x_1^2 + ... + x_n^2}}[/mm]
> und
>
> [mm](\frac{df}{dx_k})^2=\frac{x_k^2}{x_1^2 + ... + x_n^2}.[/mm]
>
> Wenn ich das aber in das Integral einsetze, bekomm ich ja
> [mm]\sqrt{1+1}[/mm] ??
> Was stimmt hier nicht?
Die Funktion f ergibt sich zu:
[mm]f\left(x_{1},\ \dots \, x_{n-1}\right)=x_{n}\left(x_{1},\ \dots \, x_{n-1}\right)=\wurzel{1-x_{1}^2- \ \cdots \ - x_{n-1}^2}[/mm]
Daher hast Du hier zu berechnen:
[mm]\wurzel{1+\left(\bruch{\partial x_{n}}{\partial x_{1}}\right)^{2}+\ \dots \ + \left(\bruch{\partial x_{n}}{\partial x_{n-1}}\right)^{2}}[/mm]
>
> Viele Grüße,
> Riley
>
Gruß
MathePower
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:42 Sa 19.04.2008 | | Autor: | Riley |
Hallo MathePower,
vielen Dank für deine Antwort!
> Die Funktion f ergibt sich zu:
>
> [mm]f\left(x_{1},\ \dots \, x_{n-1}\right)=x_{n}\left(x_{1},\ \dots \, x_{n-1}\right)=\wurzel{1-x_{1}^2- \ \cdots \ - x_{n-1}^2}[/mm]
Das verstehe ich nicht, warum ist das so?
> Daher hast Du hier zu berechnen:
>
> [mm]\wurzel{1+\left(\bruch{\partial x_{n}}{\partial x_{1}}\right)^{2}+\ \dots \ + \left(\bruch{\partial x_{n}}{\partial x_{n-1}}\right)^{2}}[/mm]
ok, das hab ich mal gemacht:
[mm] \frac{dx_n}{dx_k} [/mm] = - [mm] \frac{x_k}{\sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-1}^2}}
[/mm]
[mm] (\frac{dx_n}{dx_k})^2 [/mm] = [mm] \frac{x_k^2}{1- {x_1}^2-...-x_{n-1}^2}
[/mm]
Dann ist
[mm] \wurzel{1+\left(\bruch{\partial x_{n}}{\partial x_{1}}\right)^{2}+\ \dots \ + \left(\bruch{\partial x_{n}}{\partial x_{n-1}}\right)^{2}} [/mm] = [mm] \sqrt{ 1 + \frac{x_1^2 + ... + x_{n-1}^2}{1- x_1^2 - ... - x_{n-1}^2} }
[/mm]
= [mm] \sqrt{ 1 + \frac{1}{1- x_1^2 - ... - x_{n-1}^2} - 1}
[/mm]
= [mm] \sqrt{ \frac{1}{1- x_1^2 - ... - x_{n-1}^2} }
[/mm]
Stimmt das so weit?
Aber wie kann man das nun integieren'?
Viele Grüße,
Riley
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Hallo Riley,
> Hallo MathePower,
> vielen Dank für deine Antwort!
>
> > Die Funktion f ergibt sich zu:
> >
> > [mm]f\left(x_{1},\ \dots \, x_{n-1}\right)=x_{n}\left(x_{1},\ \dots \, x_{n-1}\right)=\wurzel{1-x_{1}^2- \ \cdots \ - x_{n-1}^2}[/mm]
>
> Das verstehe ich nicht, warum ist das so?
Weil Du eine Funktion f brauchst, die von den übrigen n-1 Variablen abhängig ist.
Das ist nichts anderes als [mm]x_{1}^{2]+ \ \dots \ + x_{n-1}^2+x_{n}^{2}=1[/mm] nach [mm]x_{n}[/mm] aufgelöst.
>
>
> > Daher hast Du hier zu berechnen:
> >
> > [mm]\wurzel{1+\left(\bruch{\partial x_{n}}{\partial x_{1}}\right)^{2}+\ \dots \ + \left(\bruch{\partial x_{n}}{\partial x_{n-1}}\right)^{2}}[/mm]
>
> ok, das hab ich mal gemacht:
> [mm]\frac{dx_n}{dx_k}[/mm] = -
> [mm]\frac{x_k}{\sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-1}^2}}[/mm]
>
> [mm](\frac{dx_n}{dx_k})^2[/mm] = [mm]\frac{x_k^2}{1- {x_1}^2-...-x_{n-1}^2}[/mm]
>
> Dann ist
>
> [mm]\wurzel{1+\left(\bruch{\partial x_{n}}{\partial x_{1}}\right)^{2}+\ \dots \ + \left(\bruch{\partial x_{n}}{\partial x_{n-1}}\right)^{2}}[/mm]
> = [mm]\sqrt{ 1 + \frac{x_1^2 + ... + x_{n-1}^2}{1- x_1^2 - ... - x_{n-1}^2} }[/mm]
>
> = [mm]\sqrt{ 1 + \frac{1}{1- x_1^2 - ... - x_{n-1}^2} - 1}[/mm]
>
> = [mm]\sqrt{ \frac{1}{1- x_1^2 - ... - x_{n-1}^2} }[/mm]
>
> Stimmt das so weit?
Ja. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Aber wie kann man das nun integieren'?
Das geht schon. Wähle eine geeignete Paramterdarstellung der [mm]x_{k}[/mm] und wende dann die Transformationsformel an.
>
> Viele Grüße,
> Riley
>
>
>
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:49 Sa 19.04.2008 | | Autor: | Riley |
Hallo Mathepower,
ah, verstehe.
> Das geht schon. Wähle eine geeignete Paramterdarstellung
> der [mm]x_{k}[/mm] und wende dann die Transformationsformel an.
Hm, ich kenn nur eine Transformation mit den Polarkoordinaten, aber hier ist es ja im [mm] IR^n [/mm] ? Den Transformationssatz hab ich nachgeschlagen.
Das Problem ist, dass die VLinhalte wegen der Bachelorumstellung geändert wurden und wir noch DGL's statt Integralrechnung gemacht haben - jetzt müssen wir schauen wie wir das selbst nachholen ;(
Aber vielleicht kannst du mir bei der Transformation noch eine Hilfe geben? Das wär super.
Viele Grüße,
Riley
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Hallo Riley,
> Hallo Mathepower,
> ah, verstehe.
>
> > Das geht schon. Wähle eine geeignete Paramterdarstellung
> > der [mm]x_{k}[/mm] und wende dann die Transformationsformel an.
Das Integral kannst auch mit einer Substitution lösen.
Nichts desto trotz, hier ist die Parameterdarstellung der Kugel im [mm]\IR^{n}[/mm]:
[mm]x_{1}= r*\cos\left(\varphi\right)*\cos\left(\theta_{1}\right)*\cos\left(\theta_{2}\right) \ \dots \ \cos\left(\theta_{n-3}\right)*\cos\left(\theta_{n-2}\right) [/mm]
[mm]x_{2}= r*\sin\left(\varphi\right)*\cos\left(\theta_{1}\right)*\cos\left(\theta_{2}\right) \ \dots \ \cos\left(\theta_{n-3}\right)*\cos\left(\theta_{n-2}\right) [/mm]
[mm]x_{3}= r*\sin\left(\theta_{1}\right)*\cos\left(\theta_{2}\right) \ \dots \ \cos\left(\theta_{n-3}\right) *\cos\left(\theta_{n-2}\right) [/mm]
[mm]x_{4}= r*\sin\left(\theta_{2}\right) \ \dots \ \cos\left(\theta_{n-3}\right) *\cos\left(\theta_{n-2}\right) [/mm]
[mm]x_{n-1}= r* \sin\left(\theta_{n-3}\right) * \cos\left(\theta_{n-2}\right)[/mm]
[mm]x_{n}= r * \sin\left(\theta_{n-2}\right)\right) [/mm]
>
> Hm, ich kenn nur eine Transformation mit den
> Polarkoordinaten, aber hier ist es ja im [mm]IR^n[/mm] ? Den
> Transformationssatz hab ich nachgeschlagen.
>
> Das Problem ist, dass die VLinhalte wegen der
> Bachelorumstellung geändert wurden und wir noch DGL's statt
> Integralrechnung gemacht haben - jetzt müssen wir schauen
> wie wir das selbst nachholen ;(
> Aber vielleicht kannst du mir bei der Transformation noch
> eine Hilfe geben? Das wär super.
Wähle hier die Subsitution
[mm]x_{n-1}=\wurzel{1-x_{1}^{2}-\ \dots \ - x_{n-2}^{2}}*\sin\left(t\right)[/mm]
[mm]dx_{n-1}=\wurzel{1-x_{1}^{2}-\ \dots \ - x_{n-2}^{2}}*\cos\left(t\right) \ dt[/mm]
>
> Viele Grüße,
> Riley
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:45 Sa 19.04.2008 | | Autor: | Riley |
Hi Mathepower,
huij, also darauf wäre ich ja nie gekommen.Aber ich weiß nicht ob ich das so richtig verstehe, ich hab das jetzt einfach mal eingesetzt:
[mm] \int \frac{1}{1-x_1^2 - ... - x_{n-1}^2 - (1-x_1^2-...-x_{n-2}^2) \cdot sin^2(t)} dx_1 [/mm] ... [mm] \sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-2}^2} [/mm] cos(t) dt.
So viel einfacher sieht das noch nicht aus... was ist mit den andren [mm] dx_k [/mm] und [mm] x_i [/mm] und wie kann ich das weiterverarbeiten ??
Viele Grüße,
Riley
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Hallo Riley,
> Hi Mathepower,
>
> huij, also darauf wäre ich ja nie gekommen.Aber ich weiß
> nicht ob ich das so richtig verstehe, ich hab das jetzt
> einfach mal eingesetzt:
>
> [mm]\int \frac{1}{1-x_1^2 - ... - x_{n-1}^2 - (1-x_1^2-...-x_{n-2}^2) \cdot sin^2(t)} dx_1[/mm]
> ... [mm]\sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-2}^2}[/mm] cos(t) dt.
Hier ist die Wurzel im Nenner verlorengegangen:
[mm]\int \bruch{1}{\wurzel{1-x_1^2 - ... - x_{n-2}^2 - (1-x_1^2-...-x_{n-2}^2) \sin^{2}\left(t\right)}} * \sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-2}^2} \ cos(t) \ dt[/mm]
[mm]=\int \bruch{1}{\wurzel{ (1-x_1^2-...-x_{n-2}^2) \cos^{2}\left(t\right)}} * \sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-2}^2} \ cos(t) \ dt[/mm]
[mm]=\int \bruch{1}{\wurzel{ 1-x_1^2-...-x_{n-2}^2 }*\cos\left(t\right)} * \sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-2}^2} \ \cos\left(t\right) \ dt[/mm]
[mm]=\int 1 \ dt[/mm]
> So viel einfacher sieht das noch nicht aus... was ist mit
> den andren [mm]dx_k[/mm] und [mm]x_i[/mm] und wie kann ich das
> weiterverarbeiten ??
Zunächst musst Du Dir über die Grenzen klar werden:
[mm]-\wurzel{1-x_{1}^{2}- \ \dots \ -x_{k-1}^{2}} \le x_{k} \le +\wurzel{1-x_{1}^{2}- \ \dots \ -x_{k-1}^{2}}, \ k=n-1 \ \dots \ 2[/mm]
Und das äußerste Integral hat die Grenzen:
[mm]-1 \le x_{1} \le 1[/mm]
Dann kannste loslegen.
>
> Viele Grüße,
> Riley
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:14 So 20.04.2008 | | Autor: | Riley |
Morgen Mathepower,
wow, das ist ja cool wie dann alles wegfällt, das seh ich jetzt auch... Aber ich muss noch etwas nachfragen: wir haben [mm] x_{n-1} [/mm] und [mm] dx_{n-1} [/mm] substituiert, wobei das ursprüngliche Integral ja
[mm] \int [/mm] (...) [mm] dx_1 [/mm] .... [mm] dx_{n-1} [/mm] aussah. Was ist mit den [mm] dx_1 [/mm] ... [mm] dx_{n-2} [/mm] passiert, stecken die jetzt auch in dem dt ? oder ist das nur das innerste Integral, irgendwie bin ich etwas orientierungslos...
Wie kommst du auf diese Grenzen?
D.h. es gilt weiter
-1 [mm] \leq x_k \leq [/mm] 1
- [mm] \sqrt{1-x_1^2} \leq x_2 \leq \sqrt{1-x_1^2}
[/mm]
[mm] -\sqrt{1-x_1^2-x_2^2} \leq x_3 \leq \sqrt{1- x_1^2 - x_2^2}
[/mm]
...
[mm] -\sqrt{1-x_1^2 - ... - x_{n-2}^2} \leq x_{n-1} \leq \sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-2}^2}
[/mm]
Jetzt haben wir [mm] \int [/mm] 1 dt rausbekommen, wie muss ich mir das jetzt vorstellen, bedeutet das eine Integralzeichen eigentlich mehrere? Was ist das Äußerste? Weil wenn ich hier anfange [mm] \int_{-1}^1 [/mm] dt = 0 hilft es ja nicht weiter...??
Sorry für die vielen Fragen!
Viele Grüße,
Riley
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Hallo Riley,
> Morgen Mathepower,
>
> wow, das ist ja cool wie dann alles wegfällt, das seh ich
> jetzt auch... Aber ich muss noch etwas nachfragen: wir
> haben [mm]x_{n-1}[/mm] und [mm]dx_{n-1}[/mm] substituiert, wobei das
> ursprüngliche Integral ja
>
> [mm]\int[/mm] (...) [mm]dx_1[/mm] .... [mm]dx_{n-1}[/mm] aussah. Was ist mit den [mm]dx_1[/mm]
> ... [mm]dx_{n-2}[/mm] passiert, stecken die jetzt auch in dem dt ?
> oder ist das nur das innerste Integral, irgendwie bin ich
> etwas orientierungslos...
Das Integral das zu lösen ist, ist ein mehrfaches Integral.
Das Integral welches wir jetzt berechnen, ist das innerste von allen Integralen.
>
> Wie kommst du auf diese Grenzen?
> D.h. es gilt weiter
> -1 [mm]\leq x_k \leq[/mm] 1
> - [mm]\sqrt{1-x_1^2} \leq x_2 \leq \sqrt{1-x_1^2}[/mm]
>
> [mm]-\sqrt{1-x_1^2-x_2^2} \leq x_3 \leq \sqrt{1- x_1^2 - x_2^2}[/mm]
>
> ...
> [mm]-\sqrt{1-x_1^2 - ... - x_{n-2}^2} \leq x_{n-1} \leq \sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-2}^2}[/mm]
Die Grenzen resultierten aus der Gleichung
[mm]x_{1}^{2} + \ \dots \ +x_{n-1}^{2}+x_{n}^2=1[/mm]
[mm]\Rightarrow x_{n}=\wurzel{1-x_{1}^{2}- \ \dots \ - x_{n-2}^{2}-x_{n-1}^2}[/mm]
Nun, der Ausdruck unter der Wurzel ist ja nur definiert, wenn
[mm]1-x_{1}^{2}- \ \dots \ - x_{n-2}^{2}-x_{n-1}^2 \ge 0[/mm]
Daraus ergeben sich die Grenzen für [mm]x_{n-1}[/mm]:
[mm]x_{n-1}^{2} \le 1-x_{1}^{2}- \ \dots \ - x_{n-2}^{2}[/mm]
[mm]\gdw \vmat{x_{n-1}} \le \wurzel{1-x_{1}^{2}- \ \dots \ - x_{n-2}^{2}}[/mm]
Das geht jetzt so weiter.
[mm]1-x_{1}^{2}- \ \dots \ - x_{n-3}^{2}-x_{n-2}^{2} \ge 0[/mm]
[mm]\Rightarrow \vmat{x_{n-2}} \le \wurzel{1-x_{1}^{2}- \ \dots \ - x_{n-3}^{2}}[/mm]
>
> Jetzt haben wir [mm]\int[/mm] 1 dt rausbekommen, wie muss ich mir
> das jetzt vorstellen, bedeutet das eine Integralzeichen
> eigentlich mehrere? Was ist das Äußerste? Weil wenn ich
> hier anfange [mm]\int_{-1}^1[/mm] dt = 0 hilft es ja nicht
> weiter...??
Das Integral das Du zu berechnen hast lautet
[mm]\integral_{a_{1}}^{b_{1}}{\integral_{a_{2}}^{b_{2}}{\dots \integral_{a_{n-2}}^{b_{n-2}}{\integral_{a_{n-1}}^{b_{n-1}}{\bruch{1}{\wurzel{1-x_{1}^{2}- \ \dots \ - x_{n-2}^{2}- x_{n-1}^{2}}} \ dx_{n-1}} \ dx_{n-2}} \ \dots dx_{2}}\ dx_{1}}[/mm]
,wobei [mm]a_{i}, \ b_{i}, \ 1 \le i \le n-1[/mm] die Grenzen für das jeweilige [mm]x_{i}[/mm] sind.
>
> Sorry für die vielen Fragen!
>
> Viele Grüße,
> Riley
>
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:57 So 20.04.2008 | | Autor: | Riley |
Hi Mathepower,
vielen Dank für deine Erklärungen!!
Also muss ich nun
[mm] \int_{a_{n-1}}^{b_{n-1}} \frac{1}{\sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-1}^2}} dx_{n-1} [/mm] berechnen und mit unserer Substitution ist das
[mm] \int_{-\sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-2}^2}}^{\sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-2}^2}}dt [/mm] = 2 [mm] \sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-2}^2}.
[/mm]
Und dann geht's weiter mit:
2 [mm] \int_{a_{n-2}}^{b_{n-2}} \sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-2}^2} dx_{n-2} [/mm] ?
Hm oha, müssen wir jetzt wohl wieder neu substituieren?
Zuerst dachte ich an [mm] x_{n-2}= \frac{1}{\sqrt{1-x_1^2 - ... - x_{n-3}^2} sin(t)} [/mm] , aber das kann ja nicht funktionieren...??
Viele Grüße,
Riley
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Hallo Riley,
> Hi Mathepower,
> vielen Dank für deine Erklärungen!!
> Also muss ich nun
>
> [mm]\int_{a_{n-1}}^{b_{n-1}} \frac{1}{\sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-1}^2}} dx_{n-1}[/mm]
> berechnen und mit unserer Substitution ist das
>
> [mm]\int_{-\sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-2}^2}}^{\sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-2}^2}}dt[/mm]
> = 2 [mm]\sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-2}^2}.[/mm]
>
> Und dann geht's weiter mit:
>
> 2 [mm]\int_{a_{n-2}}^{b_{n-2}} \sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-2}^2} dx_{n-2}[/mm]
> ?
>
> Hm oha, müssen wir jetzt wohl wieder neu substituieren?
>
> Zuerst dachte ich an [mm]x_{n-2}= \frac{1}{\sqrt{1-x_1^2 - ... - x_{n-3}^2} sin(t)}[/mm]
> , aber das kann ja nicht funktionieren...??
Sicher hast Du gemeint:
[mm]x_{n-2}= \wurzel{1-x_{1}^{2} - ... - x_{n-3}^{2}} \ \sin\left(t\right)}[/mm]
>
> Viele Grüße,
> Riley
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:57 So 20.04.2008 | | Autor: | Riley |
Hallo Mathepower,
hm, ich hatte gehofft, dass dann wieder einiges wegfallen würde...?
[mm] x_{n-2} [/mm] = [mm] \sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-3}^2} [/mm] sin(t)
[mm] dx_{n-2} =\sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-3}^2} [/mm] cos(t)
Dann haben wir
[mm] \sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-2}^2}= \sqrt{1-x_1^2-...-(1-x_1^2-...-x_{n-3}^2)sin^2(t)} \cdot \sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-3}^2} [/mm] cos(t)
[mm] =\sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-3}^2} [/mm] cos(t) [mm] \cdot \sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-3}^2} [/mm] cos(t)
= [mm] (1-x_1^2 [/mm] - ... - [mm] x_{n-3}^2) cos^2(t)
[/mm]
und dann wäre zu berechnen:
[mm] \int_{-\sqrt{1-...-x_{n-3}^2}}^{\sqrt{1-...-x_{n-3}^2}} (1-x_1^2 [/mm] - ... - [mm] x_{n-3}^2) cos^2(t) [/mm] dt ?
Stimmt das so?
Denn dazu kenn ich keine Stammfunktion...?
Viele Grüße,
Riley
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Hallo Riley,
> Hallo Mathepower,
>
> hm, ich hatte gehofft, dass dann wieder einiges wegfallen
> würde...?
>
> [mm]x_{n-2}[/mm] = [mm]\sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-3}^2}[/mm] sin(t)
>
> [mm]dx_{n-2} =\sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-3}^2}[/mm] cos(t)
>
> Dann haben wir
>
> [mm]\sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-2}^2}= \sqrt{1-x_1^2-...-(1-x_1^2-...-x_{n-3}^2)sin^2(t)} \cdot \sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-3}^2}[/mm]
> cos(t)
>
> [mm]=\sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-3}^2}[/mm] cos(t) [mm]\cdot \sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-3}^2}[/mm]
> cos(t)
>
> = [mm](1-x_1^2[/mm] - ... - [mm]x_{n-3}^2) cos^2(t)[/mm]
>
> und dann wäre zu berechnen:
>
> [mm]\int_{-\sqrt{1-...-x_{n-3}^2}}^{\sqrt{1-...-x_{n-3}^2}} (1-x_1^2[/mm]
> - ... - [mm]x_{n-3}^2) cos^2(t)[/mm] dt ?
Die Grenzen ändern sich ja auch mit der Substitution.
[mm]x_{n-2} = +\wurzel{1-x_1^2-...-x_{n-3}^2}=\sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-3}^2}\ \sin\left(t\right) \Rightarrow t=\bruch{\pi}{2}[/mm]
[mm]x_{n-2} = -\wurzel{1-x_1^2-...-x_{n-3}^2}=\sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-3}^2}\ \sin\left(t\right) \Rightarrow t=-\bruch{\pi}{2}[/mm]
Somit ist zu berechnen:
[mm]\int_{-\bruch{\pi}{2}}^{+\bruch{\pi}{2}} {(1-x_{1}^{2}
- \ \dots \ - x_{n-3}^{2}) \cos^{2}\left(t\right) \ dt }[/mm]
>
> Stimmt das so?
> Denn dazu kenn ich keine Stammfunktion...?
Aber bestimmt ein entsprechendes Additionstheorem.
>
> Viele Grüße,
> Riley
>
>
>
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:51 So 20.04.2008 | | Autor: | Riley |
Hi Mathepower,
stimmt, das kenn ich, danke für den Tipp 
Also gilt [mm] cos^2(t) [/mm] = [mm] \frac{1}{2} [/mm] + cos(2t).
Dann haben wir
[mm] \int_{-\sqrt{...}}^{\sqrt{...}} (1-x_1^2-...-x_{n-3}^2)(\frac{1}{2} [/mm] + cos(2t) )dt = [mm] \frac{1}{2}(1-x_1^2-...-x_{n-3}^2)[t+sin(2t)|_{-\sqrt{...}}^{\sqrt{...}} [/mm]
= [mm] \frac{1}{2}(1-x_1^2-...-x_{n-3}^2) [/mm] [ 2 [mm] \cdot \sqrt{...} [/mm] + [mm] sin(2\sqrt{...}) [/mm] - [mm] sin(-2\sqrt{...}) [/mm] ]
= [mm] \frac{1}{2}(1-x_1^2-...-x_{n-3}^2) [/mm] [ 2 [mm] \sqrt{...} [/mm] + [mm] 2sin(2\sqrt{...})]
[/mm]
Hab ich mich da auch bei keinem Minus vertan?
Das wird ja immer komplizierter... und muss man das eigentlich so lange weiterintegrieren bis man ein Schema findet wie es bis zu dem äußeren Integral weitergeht...??
Viele Grüße,
Riley
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Hallo Riley,
sorry, ich wollte Dir schon früher antworten.
Während ich die Antwort schrieb, kam der Server wohl in eine unvorhergesehene Situation.
Und jetzt ist fast alles verlorengegangen, was ich bis zu diesem Zeitpunkt geschrieben hatte.
> Hi Mathepower,
> stimmt, das kenn ich, danke für den Tipp
> Also gilt [mm]cos^2(t)[/mm] = [mm]\frac{1}{2}[/mm] + cos(2t).
>
> Dann haben wir
>
> [mm]\int_{-\sqrt{...}}^{\sqrt{...}} (1-x_1^2-...-x_{n-3}^2)(\frac{1}{2}[/mm]
> + cos(2t) )dt =
> - ... - [mm]x_{n-3}^2) cos^2(t)[/mm] dt ?
Die Grenzen haben sich durch die Substitution auch geändert:
[mm]\integral_{-\bruch{\pi}{2}}^{\bruch{\pi}{2}} {\left(1-x_{1}^{2}-\ \ \dots \ -x_{n-3}^2}\right)*\bruch{1+\cos\left(2t\right)}{2}} \ dt}[/mm]
> [mm]\frac{1}{2}(1-x_1^2-...-x_{n-3}^2)[t+sin(2t)|_{-\sqrt{...}}^{\sqrt{...}}[/mm]
>
> = [mm]\frac{1}{2}(1-x_1^2-...-x_{n-3}^2)[/mm] [ 2 [mm]\cdot \sqrt{...}[/mm] +
> [mm]sin(2\sqrt{...})[/mm] - [mm]sin(-2\sqrt{...})[/mm] ]
>
> = [mm]\frac{1}{2}(1-x_1^2-...-x_{n-3}^2)[/mm] [ 2 [mm]\sqrt{...}[/mm] +
> [mm]2sin(2\sqrt{...})][/mm]
>
> Hab ich mich da auch bei keinem Minus vertan?
> Das wird ja immer komplizierter... und muss man das
> eigentlich so lange weiterintegrieren bis man ein Schema
> findet wie es bis zu dem äußeren Integral weitergeht...??
Ja, solange muss man das leider machen.
>
> Viele Grüße,
> Riley
>
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:29 So 20.04.2008 | | Autor: | Riley |
Hallo Mathepower,
vielen Dank für deine Hilfe, alleine würde ich das nie schaffen. Sorry, dass du fast alles nochmal schreiben musstest, mich hats bei dem Serverausfall auch rausgeworfen...
Wie siehst du nun so schnell dass die Grenzen [mm] -\pi/2 [/mm] und [mm] \pi/2 [/mm] sind?
Und woher hast du eigentlich gewusst was wir hier am besten substituieren würden?
Ich glaub ich hab eine 2 vegessen. Also beim innersten Integral hatten wir raus:
1.) 2 [mm] \sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-2}^2}
[/mm]
2.) 2 [mm] \int_{a_{n-2}}^{b_{n-2}} \sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-2}^2} dx_{n-2}
[/mm]
ist mit unserer Sub und den richtigen Grenzen.:
= 2 [mm] \int_{-\pi/2}^{\pi/2} (1-x_1^2 [/mm] - ... - [mm] x_{n-3}^2) cos^2(t) [/mm] dt
= [mm] (1-x_1^2 [/mm] - ... - [mm] x_{n-3}^2) \int_{-\pi/2}^{\pi/2} [/mm] (1+cos(2t)) dt
= [mm] (1-...-x_{n-3}^2) [/mm] [ t + [mm] \frac{1}{2} [/mm] sin(2t) [mm] |_{-\pi/2}^{\pi/2}
[/mm]
= [mm] \pi (x_1^2 [/mm] - ... - [mm] x_{n-3}^2) [/mm] (da [mm] sin(\pi)=0).
[/mm]
Stimmt das soweit?
Dann geht's weiter:
3.) [mm] \pi \int_{a_{n-3}}^{b_{n-3}} (x_1^2 [/mm] - ... - [mm] x_{n-3}^2) dx_{n-3}
[/mm]
gleiche Substitution und gleiche Grenzen wie oben sind hier auch okay, oder?
= [mm] \pi \int_{-\pi/2}^{\pi/2} [/mm] (1- [mm] x_1^2 [/mm] - ... - [mm] x_{n-4}^2) cos^2(t) [/mm] dt
= [mm] (\pi/2) (1-...-x_{n-4}^2) \int_{-\pi/2}^{\pi/2} [/mm] (1 + cos(2t)) dt
= [mm] (\pi^2/2) (1-...-x_{n-4}^2)
[/mm]
Ist das auch noch korrekt?
Dann könnten wir ja vermuten, dass das am Ende [mm] (\frac{\pi}{2})^{n-2} [/mm] ist? Kommt das hin? Muss man das dann noch mit vollständiger Induktion oder so zeigen?
Viele Grüße,
Riley
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Hallo Riley,
> Hallo Mathepower,
> vielen Dank für deine Hilfe, alleine würde ich das nie
> schaffen. Sorry, dass du fast alles nochmal schreiben
> musstest, mich hats bei dem Serverausfall auch
> rausgeworfen...
>
> Wie siehst du nun so schnell dass die Grenzen [mm]-\pi/2[/mm] und
> [mm]\pi/2[/mm] sind?
> Und woher hast du eigentlich gewusst was wir hier am
> besten substituieren würden?
Intuition? Erfahrung? Oder einfach nur Überlegung?
>
> Ich glaub ich hab eine 2 vegessen. Also beim innersten
> Integral hatten wir raus:
> 1.) 2 [mm]\sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-2}^2}[/mm]
Nee.
[mm]\integral_{-\wurzel{1-x_{1}^{2}-\ \dots \ - x_{n-2}^{2}}}^{+\wurzel{1-x_{1}^{2}-\ \dots \ - x_{n-2}^{2}}}{\bruch{1}{\wurzel{1-x_{1}^{2}-\ \dots \ - x_{n-2}^{2}-x_{n-1}^{2}}} \ dx_{n-1}}=\pi[/mm]
Das nächste Integral:
[mm]\integral_{-\wurzel{1-x_{1}^{2}-\ \dots \ - x_{n-3}^{2}}}^{+\wurzel{1-x_{1}^{2}-\ \dots \ - x_{n-3}^{2}}}{\pi \ dx_{n-2}}=2*\pi*\wurzel{1-x_{1}^{2}-\ \dots \ - x_{n-3}^{2}[/mm]
>
> 2.) 2 [mm]\int_{a_{n-2}}^{b_{n-2}} \sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-2}^2} dx_{n-2}[/mm]
>
> ist mit unserer Sub und den richtigen Grenzen.:
>
> = 2 [mm]\int_{-\pi/2}^{\pi/2} (1-x_1^2[/mm] - ... - [mm]x_{n-3}^2) cos^2(t)[/mm]
> dt
>
> = [mm](1-x_1^2[/mm] - ... - [mm]x_{n-3}^2) \int_{-\pi/2}^{\pi/2}[/mm]
> (1+cos(2t)) dt
>
> = [mm](1-...-x_{n-3}^2)[/mm] [ t + [mm]\frac{1}{2}[/mm] sin(2t)
> [mm]|_{-\pi/2}^{\pi/2}[/mm]
>
> = [mm]\pi (x_1^2[/mm] - ... - [mm]x_{n-3}^2)[/mm] (da [mm]sin(\pi)=0).[/mm]
>
> Stimmt das soweit?
>
> Dann geht's weiter:
>
> 3.) [mm]\pi \int_{a_{n-3}}^{b_{n-3}} (x_1^2[/mm] - ... - [mm]x_{n-3}^2) dx_{n-3}[/mm]
>
> gleiche Substitution und gleiche Grenzen wie oben sind hier
> auch okay, oder?
>
> = [mm]\pi \int_{-\pi/2}^{\pi/2}[/mm] (1- [mm]x_1^2[/mm] - ... - [mm]x_{n-4}^2) cos^2(t)[/mm]
> dt
>
> = [mm](\pi/2) (1-...-x_{n-4}^2) \int_{-\pi/2}^{\pi/2}[/mm] (1 +
> cos(2t)) dt
>
> = [mm](\pi^2/2) (1-...-x_{n-4}^2)[/mm]
>
> Ist das auch noch korrekt?
> Dann könnten wir ja vermuten, dass das am Ende
> [mm](\frac{\pi}{2})^{n-2}[/mm] ist? Kommt das hin? Muss man das dann
> noch mit vollständiger Induktion oder so zeigen?
Das kannste vermuten.
Riley, das ist jetzt ne Herausforderung für mich.
>
> Viele Grüße,
> Riley
>
>
Gruß
MathePower
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Hallo Riley,
> Hallo Mathepower,
>
> >
> > Nee.
>
> Sorry, irgendwie hab ich wohl verpeilt beim ersten Integral
> auch schon die [mm]-\pi/2[/mm] bis [mm]\pi/2[/mm] Grenzen zu nehmen
> ![[verwirrt]](/images/smileys/verwirrt.gif "[verwirrt]") . Ist das der Fehler?
>
> [mm]\int_{a_{n-1}}^{b_{n-1}} \frac{1}{\sqrt{1-x_1^2-...-x_{n-1}^2} }dx_{n-1},[/mm]
> und nach Substitution:
>
> [mm]\int_{-\pi/2}^{\pi/2}[/mm] 1 dt = [mm]\pi[/mm]
>
> Also ist es bis dahin korrekt?
> Aber das nächste Integral hat doch dann die [mm]a_{n-2},b_{n-2}[/mm]
> Grenzen und dann bekomm ich 2 [mm]\sqrt{...}[/mm] oder?
>
> > > Dann könnten wir ja vermuten, dass das am Ende
> > > [mm](\frac{\pi}{2})^{n-2}[/mm] ist? Kommt das hin? Muss man das dann
> > > noch mit vollständiger Induktion oder so zeigen?
> >
> > Das kannste vermuten.
>
> Was würdest du vermuten? Auf meine nicht vorhandene
> Intuition ist nicht so Verlass...
Ich hab das mal ausgerechnet, das läuft auf die Bestimmung der Integrale
[mm]I_{k}:=\integral_{-\bruch{\pi}{2}}^{+\bruch{\pi}{2}}{\cos^{k}\left(t\right) \ dt}[/mm]
hinaus.
Für n=2 ergibt sich der Einheitskreis: [mm]O_{2}=\pi[/mm]
Für n=3 ergibt sich die Halbkugel: [mm]O_{3}=2\pi[/mm]
Für n=4 ergibt sich: [mm]O_{4}=2 \pi I_{2}=2 \pi \bruch{\pi}{2}=\pi^{2}[/mm]
Das läßt die Vermutung, daß sich die Oberfläche zu
[mm]O_{n}=\produkt_{k=0}^{n-2} I_{k}, \ n \ge 2[/mm]
ergibt.
>
>
> > Riley, das ist jetzt ne Herausforderung für mich.
> Sorry,... für mich leider auch... ![[wein]](/images/smileys/wein.gif "[wein]")
>
> Viele Grüße,
> Riley
>
Gruß
MathePower
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:40 Do 24.04.2008 | | Autor: | Riley |
HI Mathepower,
danke dass du das ganze mal ausgerechnet hast, aber irgendwie weiß ich jetzt gar nicht mehr wo anfangen und wo aufhören. Von welchem Integral mit welchen Grenzen bist du nun ausgegangen?
Viele Grüße,
Riley
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Hallo Riley,
> HI Mathepower,
> danke dass du das ganze mal ausgerechnet hast, aber
> irgendwie weiß ich jetzt gar nicht mehr wo anfangen und wo
> aufhören. Von welchem Integral mit welchen Grenzen bist du
> nun ausgegangen?
Wenn ich die Integrale alle mir so anschaue, dann komme ich auf folgende Bauart:
[mm]\integral_{-r_{n-k}}^{+r_{n-k}}{r_{n-k+1}^{k-2} \ dx_{n-k}}=\integral_{-r_{n-k}}^{+r_{n-k}}\left({{r_{n-k}^{2}-x_{n-k}^{2}}\right)^\bruch{k-2}{2} \ dx_{n-k}}[/mm]
, wobei
[mm]r_{j}:=\wurzel{1-x_{1}^{2}- \ \dots \ - x_{j-1}^{2}}, \ 2 \le j \le n[/mm]
Durch die Substitution
[mm]x_{n-k}=r_{n-k}*\sin\left(t\right)[/mm]
[mm] dx_{n-k}=r_{n-k}*\cos\left(t\right) \ dt[/mm]
erhalte ich
[mm]\integral_{-r_{n-k}}^{+r_{n-k}}\left({{r_{n-k}^{2}-x_{n-k}^{2}}\right)^\bruch{k-2}{2} \ dx_{n-k}}=\integral_{-\bruch{\pi}{2}}^{+\bruch{\pi}{2}}\left({{r_{n-k}^{2}-r_{n-k}^{2}*\sin^{2}\left(t\right)}\right)^\bruch{k-2}{2} * r_{n-k} \cos\left(t\right) \ dt}[/mm]
[mm]=\integral_{-\bruch{\pi}{2}}^{+\bruch{\pi}{2}}\left({{r_{n-k}^{2}*\cos^{2}\left(t\right)}\right)^\bruch{k-2}{2} * r_{n-k} \cos\left(t\right) \ dt}=\integral_{-\bruch{\pi}{2}}^{+\bruch{\pi}{2}}r_{n-k}^{k-1}*\cos^{k-1}\left(t\right)} \ dt}[/mm]
[mm]=r_{n-k}^{k-1}*\integral_{-\bruch{\pi}{2}}^{+\bruch{\pi}{2}}\cos^{k-1}\left(t\right)} \ dt}[/mm]
Dann ergibt sich:
[mm]O_{n-k+1}=O_{n-k}*r_{n-k}^{k-1}*\integral_{-\bruch{\pi}{2}}^{+\bruch{\pi}{2}}\cos^{k-1}\left(t\right)} \ dt}[/mm]
>
> Viele Grüße,
> Riley
Gruß
MathePower
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:45 Fr 25.04.2008 | | Autor: | Riley |
Hallo Mathepower,
vielen Dank für deine geduldige Hilfe, das ist ja echt kompliziert!
Aber so ungefähr kann ich es nachvollziehen, muss alles nochmal sortierten ;)
Viele Grüße,
Riley
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Hallo Riley,
> Berechne den (n-1)-dim Flächeninhalt der (n-1)-im
> Einheitsphäre [mm]S_{n-1}=\{x\in\IR^n:\|x\|_2=1\}[/mm]
> Hallo,
> die Menge [mm]S_{n-1}[/mm] beschreibt doch eine Kugel im [mm]\IR^n,[/mm]
> d.h. dass hier die Oberfläche von ihr gesucht ist?
>
> Wir haben für den Flächeninhalt von einem (n-1)- dim
> Flächenstück im [mm]\IR^n[/mm] durch folgende Formel:
>
> [mm]\int_F{dF}=\int_A{\sqrt{1 + (\frac{df}{dx_1})^2 + (\frac{df}{dx_2})^2 + ... + (\frac{df}{dx_{n-1}})^2} dx_1 ... dx_{n-1}}[/mm]
> .
>
> Es gilt [mm]\|x\|=\sqrt{x_1^2 + ... + x_n^2}[/mm] , ist das dann das
> f(x), von dem man die partiellen Ableitungen braucht?
>
> D.h. [mm]\frac{df}{dx_k}=\frac{x_k}{\sqrt{x_1^2 + ... + x_n^2}}[/mm]
> und
>
> [mm](\frac{df}{dx_k})^2=\frac{x_k^2}{x_1^2 + ... + x_n^2}.[/mm]
>
> Wenn ich das aber in das Integral einsetze, bekomm ich ja
> [mm]\sqrt{1+1}[/mm] ??
> Was stimmt hier nicht?
>
da Ihr Euch ein wenig festgerannt zu haben scheint, hier ein (leicht) anderer weg:
wie gehabt parametrisieren wir [mm] $S^{n-1}$ [/mm] ueber [mm] $B^{n-1}$, [/mm] der (n-1)-dimensionalen einheitskugel, als graph der funktion
[mm] $f(x)=\sqrt{1-|x|^2}$, [/mm] $|.|$ die eukl. norm im [mm] $R^{n-1}$.
[/mm]
das Oberflaechenelement berechnet sich dann wie bei Euch oben zu
[mm] $dS=\sqrt{1+|\nabla f|^2}=\frac{1}{\sqrt{1-|x|^2}}$
[/mm]
wir muessen also berechnen
[mm] $\int_{B_1(0)}\frac{1}{\sqrt{1-|x|^2}}\,dV_{n-1}$
[/mm]
Der integrand ist nun eine rotationssymmetrische fkt., also nur von $|x|$ abhaengig und somit auf sphaeren konstant. Wenn man die entsprechende formel fuer integration solcher fkten. kennt (zb. forster 3), kann man sich also das hantieren mit den allgemeinen polarkoordinaten sparen....
nach dieser formel ist
[mm] $=(n-1)\sigma_{n-1}\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-r^2}}\cdot r^{n-2}\,dr$,
[/mm]
wobei [mm] \sigma_{n-1} [/mm] glaube ich die (n-2)-dim flaeche der einheitssphaere im [mm] $R^{n-1}$ [/mm] ist. Beachte, dass wir uns aber dadurch nicht im kreis drehen, sondern uns eine raumdimension heruntergehangelt haben!
Ist also zb. n=3, so ist [mm] \sigma_{n-1} [/mm] einfach der umfang des einheitskreises und das integral laesst sich sehr einfach loesen. Wie es fuer groessere n-werte ist, musst du mal selber checken...
gruss
matthias
> Viele Grüße,
> Riley
>
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:46 Mi 23.04.2008 | | Autor: | MatthiasKr |
> Hallo Riley,
> > Berechne den (n-1)-dim Flächeninhalt der (n-1)-im
> > Einheitsphäre [mm]S_{n-1}=\{x\in\IR^n:\|x\|_2=1\}[/mm]
> > Hallo,
> > die Menge [mm]S_{n-1}[/mm] beschreibt doch eine Kugel im [mm]\IR^n,[/mm]
> > d.h. dass hier die Oberfläche von ihr gesucht ist?
> >
> > Wir haben für den Flächeninhalt von einem (n-1)- dim
> > Flächenstück im [mm]\IR^n[/mm] durch folgende Formel:
> >
> > [mm]\int_F{dF}=\int_A{\sqrt{1 + (\frac{df}{dx_1})^2 + (\frac{df}{dx_2})^2 + ... + (\frac{df}{dx_{n-1}})^2} dx_1 ... dx_{n-1}}[/mm]
> > .
> >
> > Es gilt [mm]\|x\|=\sqrt{x_1^2 + ... + x_n^2}[/mm] , ist das dann das
> > f(x), von dem man die partiellen Ableitungen braucht?
> >
> > D.h. [mm]\frac{df}{dx_k}=\frac{x_k}{\sqrt{x_1^2 + ... + x_n^2}}[/mm]
> > und
> >
> > [mm](\frac{df}{dx_k})^2=\frac{x_k^2}{x_1^2 + ... + x_n^2}.[/mm]
> >
>
> > Wenn ich das aber in das Integral einsetze, bekomm ich ja
> > [mm]\sqrt{1+1}[/mm] ??
> > Was stimmt hier nicht?
> >
>
> da Ihr Euch ein wenig festgerannt zu haben scheint, hier
> ein (leicht) anderer weg:
>
nehme alles zurueck, habt den karren ja nochmal aus dem schlamm bekommen... 
> wie gehabt parametrisieren wir [mm]S^{n-1}[/mm] ueber [mm]B^{n-1}[/mm], der
> (n-1)-dimensionalen einheitskugel, als graph der funktion
>
> [mm]f(x)=\sqrt{1-|x|^2}[/mm], [mm]|.|[/mm] die eukl. norm im [mm]R^{n-1}[/mm].
>
> das Oberflaechenelement berechnet sich dann wie bei Euch
> oben zu
>
> [mm]dS=\sqrt{1+|\nabla f|^2}=\frac{1}{\sqrt{1-|x|^2}}[/mm]
>
> wir muessen also berechnen
>
> [mm]\int_{B_1(0)}\frac{1}{\sqrt{1-|x|^2}}\,dV_{n-1}[/mm]
>
> Der integrand ist nun eine rotationssymmetrische fkt., also
> nur von [mm]|x|[/mm] abhaengig und somit auf sphaeren konstant. Wenn
> man die entsprechende formel fuer integration solcher
> fkten. kennt (zb. forster 3), kann man sich also das
> hantieren mit den allgemeinen polarkoordinaten sparen....
> nach dieser formel ist
>
> [mm]=(n-1)\sigma_{n-1}\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-r^2}}\cdot r^{n-2}\,dr[/mm],
>
wenn du hier [mm] $r=\sin [/mm] u$ substituierst, kommst du uebrigens auf das gleiche zu loesende integral wie Mathepower oben, also
[mm] $\int \cos^{n-2} u\, [/mm] du$.
alle wege fuehren also nach rom!
gruss
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:44 Fr 25.04.2008 | | Autor: | Riley |
Hallo Matthias,
danke für deinen alternativen Lösungsweg!! Echt cool dass du so das gleiche rausbekommen hast!
Ich muss das ganze mal im Forster nachlesen, hab ihn heute abgeholt...
Vielen Dank & viele Grüße,
Riley
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