V.2 Koordinatentransformationen bei Gebietsintegralen

1.1 Motivation, Rotationssymmetrie und Polarkoordinaten

Stell dir vor: eine Vollkugel mit Radius RR, und entlang ihrer zz-Achse stanzt du einen geraden Kreiszylinder mit kleinerem Radius r<Rr < R heraus. Das Stück Kugel, das innerhalb des Zylinders liegt, heisst zylindrischer Kugelausschnitt. Wie viel Volumen hat es? Das ist die Aufgabe aus der Mitschrift, und sie wird unser Leitbeispiel für diese ganze Section.

Die obere Kugelhälfte hat die Gleichung x2+y2+z2=R2x^2 + y^2 + z^2 = R^2, daraus ∣z∣=R2−x2−y2|z| = \sqrt{R^2 - x^2 - y^2}. Das ist die Höhe der Kugelfläche über der xyxy-Ebene. Fasse f(x,y)=R2−x2−y2f(x, y) = \sqrt{R^2 - x^2 - y^2} als Höhenfunktion auf, dann liegt der Ausschnitt direkt über der Grundfläche B={(x,y)∣x2+y2≤r2}B = \{(x, y) \mid x^2 + y^2 \leq r^2\} (Kreisscheibe vom Radius rr in der xyxy-Ebene).

Höhenfunktion Kugelausschnitt
f(x,y)=R2−x2−y2f(x, y) = \sqrt{R^2 - x^2 - y^2}
Misst von der xyxy-Ebene bis zur oberen Kugelkappe.

Mit V.1 §1 ist das Volumen zwischen BB und der oberen Kugelkappe gerade ∬Bf(x,y) dF\iint_B f(x, y)\,\mathrm{d}F. Doppelt nehmen, weil obere plus untere Halbkugel zusammen den vollen Ausschnitt geben:

Volumen, kartesische Form
V=2∬Bf(x,y) dF=2∫−rr∫−r2−y2r2−y2R2−x2−y2 dx dy\begin{aligned} V &= 2\iint_B f(x, y)\,\mathrm{d}F \\ &= 2\int_{-r}^{r} \int_{-\sqrt{r^2 - y^2}}^{\sqrt{r^2 - y^2}} \sqrt{R^2 - x^2 - y^2}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{aligned}
Mitschrift. Integrierbar, aber mühsam: Wurzel im Integranden plus krumme Grenzen ±r2−y2\pm\sqrt{r^2 - y^2} erzwingen Substitutionen.

Direkt drauflos in kartesisch ist machbar, aber eher mühsam und fehleranfällig. Lieber das Werkzeug wechseln. Zylinder und Kugel sind beide rotationssymmetrisch um die zz-Achse, und Rotationssymmetrie schreit nach Polarkoordinaten: ein Punkt in der Ebene wird durch seinen Abstand ρ>0\rho > 0 zum Ursprung und seinen Winkel φ\varphi zur positiven xx-Achse adressiert.

Polarkoordinaten, Vorwärts-Trafo
x=ρcos⁡(φ),    y=ρsin⁡(φ)x = \rho\cos(\varphi),\;\; y = \rho\sin(\varphi)
Aus (ρ,φ)(\rho, \varphi) baut man (x,y)(x, y). Konvention aus IV.8 §2.1.
Polarkoordinaten, Rückwärts-Trafo
ρ=x2+y2,    φ=arctan⁡(y/x)+kπ,    k∈Z\rho = \sqrt{x^2 + y^2},\;\; \varphi = \arctan(y/x) + k\pi,\;\; k \in \mathbb{Z}
kk ist die Quadranten-Korrektur, weil arctan⁡\arctan nur in (−π/2,π/2)(-\pi/2, \pi/2) abbildet. Mitschrift.
ρ 1.8
φ 50° (0.87 rad)
x = ρ·cos φ 1.16
y = ρ·sin φ 1.38
1.80
50
Abb. 1: Polarkoordinaten. Ein Punkt wird durch Radius ρ\rho und Winkel φ\varphi adressiert.

In Polarkoordinaten nimmt das Gebiet BB eine besonders einfache Form an: die Kreisscheibe um den Ursprung ist einfach ρ∈[0,r]\rho \in [0, r] und φ∈[0,2π]\varphi \in [0, 2\pi]. Wir benennen das transformierte Gebiet B~\tilde{B} und die transformierte Höhenfunktion f~\tilde{f} (Tilde-Konvention aus IV.8 §2.1: gleicher Funktionswert, andere Variablen, andere Adresse):

Transformiertes Gebiet B~\tilde{B}
B~={(ρ,φ)∣ρ∈[0,r],  φ∈[0,2π]}\tilde{B} = \{(\rho, \varphi) \mid \rho \in [0, r],\; \varphi \in [0, 2\pi]\}
Rechteck in den neuen (ρ,φ)(\rho, \varphi)-Variablen, bildlich ein Streifen statt einer Kreisscheibe.
Transformierte Funktion f~\tilde{f}
f~(ρ,φ)=f(x(ρ,φ), y(ρ,φ))\tilde{f}(\rho, \varphi) = f(x(\rho, \varphi),\, y(\rho, \varphi))
Konkret im Kugelausschnitt: f~(ρ,φ)=R2−ρ2\tilde{f}(\rho, \varphi) = \sqrt{R^2 - \rho^2}, weil x2+y2=ρ2x^2 + y^2 = \rho^2.

Eleganter geht es kaum: aus zwei Variablen (x,y)(x, y) wird in f~\tilde{f} nur noch eine Variable ρ\rho, weil der Integrand nur vom Abstand abhängt. Genau diese Reduktion ist der Gewinn der Polar-Wahl. Aber wir können das Integral noch nicht in Polar hinschreiben, weil das Flächenelement dF\mathrm{d}F in (ρ,φ)(\rho, \varphi) nicht einfach dρ dφ\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\varphi ist. Es fehlt ein Faktor. Den ergründet §2.

Notation ρ\rho Achtung Doppelbelegung
ρ\rho in V.2 = Polar-Radius. In V.1 §5 war ρ\rho Flächendichte (Masse pro Fläche), andere Bedeutung. Im Polar-Kontext immer der Radius. → V.1 §5.
Notation φ\varphi ist Polar-Winkel
φ\varphi ist Polar-Winkel, wie in IV.8 §2. In Kap. IV hatte φ\varphi andere Rollen (Hilfsfunktion, IB-Komponente, Approx.-Differenz, lokale Auflösung). In V.2 nur Polar-Winkel.
Notation Tilde-Konvention f~\tilde{f}, B~\tilde{B}
f~(ρ,φ):=f(x(ρ,φ),y(ρ,φ))\tilde{f}(\rho, \varphi) := f(x(\rho, \varphi), y(\rho, \varphi)), B~\tilde{B} ist das Polar-Gebiet, dessen Bild unter der Polar-Trafo gerade BB ist. Wert identisch, Variablen anders. Konvention aus IV.8 §2.1.
Notation RR vs rr im Kugelausschnitt
RR ist der Kugelradius (gross), rr der Zylinderradius (klein), mit r<Rr < R. Im Loch-Beispiel in §3 heisst der Kugelradius dann aa. Buchstaben pro Beispiel neu eingeführt, nicht verwechseln.
Notation Mitschrift schreibt ss
Die handschriftliche Mitschrift nutzt ein Symbol, das wie ss aussieht; gemeint ist ρ\rho (rho). Auf der Page durchgehend ρ\rho, das ist der Textbook-Standard.
Definition Polarkoordinaten
Adressierung jedes Punkts (x,y)≠(0,0)(x, y) \neq (0, 0) durch (ρ,φ)(\rho, \varphi) mit ρ>0\rho > 0 und φ∈[0,2π)\varphi \in [0, 2\pi). Konzentrische Kreise plus Strahlen aus dem Ursprung.
Formel Spickzettel Polar
x=ρcos⁡(φ),  y=ρsin⁡(φ)x = \rho\cos(\varphi),\; y = \rho\sin(\varphi)
Vorwärts-Trafo. Rückwärts: ρ=x2+y2\rho = \sqrt{x^2+y^2}, φ=arctan⁡(y/x)+kπ\varphi = \arctan(y/x) + k\pi.
Querverweis Verweise
→ IV.8 §2.1 Tilde-Konvention
→ IV.8 §2.2 Kettenregel für f~ρ\tilde{f}_\rho
→ V.1 §5 ρ\rho Flächendichte
→ V.4 allgemeine Trafo via ∣det⁡J∣|\det J|

2.1 Flächenelement in Polarkoordinaten

Wenn du in Polarkoordinaten integrierst, kannst du nicht einfach dF=dρ dφ\mathrm{d}F = \mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\varphi schreiben. Es fehlt ein Faktor ρ\rho. Warum? Schau dir an, wie kleine Flächenstücke in beiden Koordinaten-Wahlen aussehen.

Kartesisch. Du zerlegst BB in winzige Quader mit Seitenlänge dx\mathrm{d}x in xx-Richtung und dy\mathrm{d}y in yy-Richtung. Jeder kleine Quader ist ein Rechteck mit Fläche dx⋅dy\mathrm{d}x \cdot \mathrm{d}y:

Flächenelement kartesisch
dF=dx dy\mathrm{d}F = \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y
Quader-Element mit Seiten dx\mathrm{d}x und dy\mathrm{d}y.

Polar. Du zerlegst BB in winzige Sektor-Stücke (Tortenstückchen) zwischen zwei benachbarten Kreisen mit Radien ρ\rho und ρ+dρ\rho + \mathrm{d}\rho und zwei benachbarten Strahlen mit Winkeln φ\varphi und φ+dφ\varphi + \mathrm{d}\varphi. Im Grenzwert ist das Tortenstück fast rechteckig mit zwei Seitenlängen: radiale Tiefe dρ\mathrm{d}\rho und Bogenlänge ρ dφ\rho\,\mathrm{d}\varphi. Damit:

Flächenelement polar
dF=ρ dρ dφ\mathrm{d}F = \rho\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\varphi
Sektor-Element mit radialer Tiefe dρ\mathrm{d}\rho und Bogenlänge ρ dφ\rho\,\mathrm{d}\varphi.

Der Faktor ρ\rho ist hier der Kern. dφ\mathrm{d}\varphi ist ein reiner Winkel-Schritt, der hat selbst keine Länge. Um daraus eine Länge zu machen, brauchen wir den Radius: Bogenlänge an einem Kreis ist immer Winkel mal Radius. Genau dieser Faktor ρ\rho macht aus dem Winkel-Schritt eine Bogenlänge, und damit aus dρ dφ\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\varphi eine echte Fläche. Damit ist das Flächenelement in Polarkoordinaten gegeben durch den folgenden Satz (Mitschrift):

!!!
Satz, Flächenelement in Polarkoordinaten
dF=ρ dρ dφ=ρ dφ dρ=dx dy=dy dx\begin{aligned} \mathrm{d}F &= \rho\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\varphi = \rho\,\mathrm{d}\varphi\,\mathrm{d}\rho \\ &= \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = \mathrm{d}y\,\mathrm{d}x \end{aligned}
Alle vier Schreibweisen meinen dasselbe Flächenelement, nur durch verschiedene Parametrisierungen ausgedrückt.
ρ 1.4
Δφ 0.6
Bogen ρ·Δφ 0.84
Sektorfläche 0.5528
ρ·Δρ·Δφ ≈ 0.462
1.40
0.60
Abb. 2: Flächenelement in Polarkoordinaten. Das Sektor-Element hat die Fläche ρ dρ dφ\rho\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\varphi.
Koordinaten dF\mathrm{d}F Hinweis
Kartesisch (x,y)(x, y) dx dy\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y Quader-Element
Polar (ρ,φ)(\rho, \varphi) ρ dρ dφ\rho\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\varphi Sektor-Element, ρ\rho-Faktor Pflicht
Allgemein (u,v)(u, v) ∣det⁡J∣ du dv\lvert\det J\rvert\,\mathrm{d}u\,\mathrm{d}v kommt in V.4
Flächenelement-Übersicht. Pro Koordinaten-Wahl der korrekte Skalierungs-Faktor.
Definition Flächenelement polar
dF=ρ dρ dφ\mathrm{d}F = \rho\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\varphi. Sektor-Element mit radialer Tiefe dρ\mathrm{d}\rho und Bogenlänge ρ dφ\rho\,\mathrm{d}\varphi.
Merke Bogenlänge
Merke: Bogenlänge an einem Kreis == Winkel ⋅\cdot Radius. Daraus folgt der ρ\rho-Faktor in dF\mathrm{d}F.
Formel Spickzettel Satz
dF=ρ dρ dφ\mathrm{d}F = \rho\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\varphi
Auch dF=ρ dφ dρ\mathrm{d}F = \rho\,\mathrm{d}\varphi\,\mathrm{d}\rho erlaubt (Reihenfolge egal). Kartesisch bleibt dF=dx dy\mathrm{d}F = \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y.
Prüfungstipp Klausur-Reflex
Wechsel zu Polar ⇒\Rightarrow erst dF=ρ dρ dφ\mathrm{d}F = \rho\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\varphi aufschreiben. Dann erst Integrand umschreiben. Sonst ρ\rho-Faktor vergessen.

3.1 Anwendungsbeispiele

Mit dem Flächenelement aus §2 ist der Kugelausschnitt aus §1 jetzt eine Routinerechnung in zwei Substitutionen. Wir machen daraus ein voll durchgerechnetes Beispiel. Danach folgt der härtere Fall: das exzentrisch gebohrte Loch in der Kugel, bei dem B~\tilde{B} kein zentrierter Kreis mehr ist und der φ\varphi-Bereich aus der Geometrie folgen muss.

Beispiel 1, Kugelausschnitt weiterführen. Wir greifen genau die Aufgabe aus §1 wieder auf: Vollkugel Radius RR, Zylinder Radius r<Rr < R entlang der zz-Achse, gesucht ist das Volumen des Ausschnitts. Polar-Setup: B~={(ρ,φ)∣ρ∈[0,r],  φ∈[0,2π]}\tilde{B} = \{(\rho, \varphi) \mid \rho \in [0, r],\; \varphi \in [0, 2\pi]\}, f~(ρ,φ)=R2−ρ2\tilde{f}(\rho, \varphi) = \sqrt{R^2 - \rho^2}.

Lösungsweg zylindrischer Kugelausschnitt

  1. Schritt 1: Polar-Form einsetzen
    Mit dF=ρ dρ dφ\mathrm{d}F = \rho\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\varphi aus §2, Faktor 22 für obere plus untere Halbkugel, und den B~\tilde{B}-Grenzen ρ∈[0,r]\rho \in [0, r], φ∈[0,2π]\varphi \in [0, 2\pi]:
    V=2∫02π∫0rρ R2−ρ2 dρ dφV = 2\int_0^{2\pi} \int_0^r \rho\,\sqrt{R^2 - \rho^2}\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\varphi
  2. Schritt 2: Substitution u=R2−ρ2u = R^2 - \rho^2
    Im inneren Integral steht ρ\rho vor der Wurzel und −ρ2-\rho^2 darin. Substitution: u=R2−ρ2u = R^2 - \rho^2, also du=−2ρ dρ\mathrm{d}u = -2\rho\,\mathrm{d}\rho, das heisst ρ dρ=−12 du\rho\,\mathrm{d}\rho = -\tfrac{1}{2}\,\mathrm{d}u. Grenzen: ρ=0⇒u=R2\rho = 0 \Rightarrow u = R^2, ρ=r⇒u=R2−r2\rho = r \Rightarrow u = R^2 - r^2.
    V=2∫02π∫R2R2−r2u⋅(−12)du dφ=∫02π∫R2−r2R2u du dφ\begin{aligned} V &= 2\int_0^{2\pi} \int_{R^2}^{R^2 - r^2} \sqrt{u}\cdot\left(-\tfrac{1}{2}\right)\mathrm{d}u\,\mathrm{d}\varphi \\ &= \int_0^{2\pi} \int_{R^2 - r^2}^{R^2} \sqrt{u}\,\mathrm{d}u\,\mathrm{d}\varphi \end{aligned}
  3. Schritt 3: Faktorisieren, weil φ\varphi-unabhängig
    Der innere Integrand u\sqrt{u} hängt nicht von φ\varphi ab. Damit zerfällt das Doppelintegral in ein Produkt zweier eindimensionaler Integrale:
    V=∫R2−r2R2u du  ⋅  ∫02π1 dφV = \int_{R^2 - r^2}^{R^2} \sqrt{u}\,\mathrm{d}u \;\cdot\; \int_0^{2\pi} 1\,\mathrm{d}\varphi
  4. Schritt 4: Stammfunktionen auswerten
    Stammfunktion von u\sqrt{u} ist 23 u3/2\tfrac{2}{3}\,u^{3/2}. Das φ\varphi-Integral gibt einfach 2π2\pi:
    V=[23 u3/2]R2−r2R2⋅2π=23(R3−(R2−r2)3/2)⋅2π\begin{aligned} V &= \left[\tfrac{2}{3}\,u^{3/2}\right]_{R^2 - r^2}^{R^2} \cdot 2\pi \\ &= \tfrac{2}{3}\bigl(R^3 - (R^2 - r^2)^{3/2}\bigr) \cdot 2\pi \end{aligned}
  5. Schritt 5: Endresultat
    Faktoren zusammenziehen:
    V=4π3(R3−(R2−r2)3/2)V = \tfrac{4\pi}{3}\bigl(R^3 - (R^2 - r^2)^{3/2}\bigr)

Beispiel 2, Loch in der Kugel. Jetzt der etwas trickreichere Fall (Mitschrift). Vollkugel {x2+y2+z2≤a2}\{x^2 + y^2 + z^2 \leq a^2\} mit Radius a>0a > 0. Wir bohren ein zylindrisches Loch heraus: Radius a/2a/2, Achse parallel zur zz-Achse. Diesmal trifft die Zylinderachse die xyxy-Ebene nicht im Ursprung, sondern im Punkt (a/2,0)(a/2, 0), das Loch ist also exzentrisch verschoben. Wie viel Volumen hat das herausgebohrte Stück?

Lösungsweg Loch in der Kugel

  1. Schritt 1: Geometrie und Polar-Bereich
    Skizze: ein äusserer Kreis Radius aa (Kugel-Äquator) und ein innerer Kreis Radius a/2a/2 um (a/2,0)(a/2, 0) (Loch-Querschnitt). Die Loch-Kreislinie hat in kartesisch (x−a/2)2+y2=a2/4(x - a/2)^2 + y^2 = a^2/4, also x2+y2=a xx^2 + y^2 = a\,x. In Polar mit x=ρcos⁡(φ)x = \rho\cos(\varphi) und x2+y2=ρ2x^2 + y^2 = \rho^2: ρ2=a ρ cos⁡(φ)\rho^2 = a\,\rho\,\cos(\varphi), also ρ=acos⁡(φ)\rho = a\cos(\varphi). Der Loch-Kreis liegt ganz rechts vom Ursprung, daher φ∈[−π/2,π/2]\varphi \in [-\pi/2, \pi/2].
    Damit ist der Polar-Bereich:
    ρ∈[0, acos⁡(φ)],    φ∈[−π2, π2]\rho \in [0,\, a\cos(\varphi)],\;\; \varphi \in \left[-\tfrac{\pi}{2},\, \tfrac{\pi}{2}\right]
  2. Schritt 2: VV mit Polar-Form aufstellen
    Höhenfunktion ist wieder f~(ρ,φ)=a2−ρ2\tilde{f}(\rho, \varphi) = \sqrt{a^2 - \rho^2} (gleiche Kugeloberfläche, anderer Buchstabe). Faktor 22 für obere plus untere Halbkugel. Mit dF=ρ dρ dφ\mathrm{d}F = \rho\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\varphi:
    V=2∫−π/2π/2∫0acos⁡(φ)ρ a2−ρ2 dρ dφV = 2\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \int_0^{a\cos(\varphi)} \rho\,\sqrt{a^2 - \rho^2}\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\varphi
  3. Schritt 3: Inneres Integral, Stammfunktion via Kettenregel
    Ableitung von −13(a2−ρ2)3/2-\tfrac{1}{3}(a^2 - \rho^2)^{3/2} nach ρ\rho liefert dank Kettenregel genau ρ a2−ρ2\rho\,\sqrt{a^2 - \rho^2}. Eingesetzt an den Grenzen 00 und acos⁡(φ)a\cos(\varphi):
    ∫0acos⁡(φ)ρ a2−ρ2 dρ=[−13(a2−ρ2)3/2]0acos⁡(φ)=−13((a2−a2cos⁡2φ)3/2−a3)\begin{aligned} \int_0^{a\cos(\varphi)} \rho\,\sqrt{a^2 - \rho^2}\,\mathrm{d}\rho &= \left[-\tfrac{1}{3}(a^2 - \rho^2)^{3/2}\right]_0^{a\cos(\varphi)} \\ &= -\tfrac{1}{3}\bigl((a^2 - a^2\cos^2\varphi)^{3/2} - a^3\bigr) \end{aligned}
  4. Schritt 4: Trig-Identität und φ\varphi-Symmetrie
    a2−a2cos⁡2φ=a2sin⁡2φa^2 - a^2\cos^2\varphi = a^2\sin^2\varphi. Auf φ∈[0,π/2]\varphi \in [0, \pi/2] ist sin⁡(φ)≥0\sin(\varphi) \geq 0, also (a2sin⁡2φ)3/2=a3sin⁡3φ(a^2\sin^2\varphi)^{3/2} = a^3\sin^3\varphi. Der gesamte Integrand ist gerade in φ\varphi, deshalb ∫−π/2π/2=2∫0π/2\int_{-\pi/2}^{\pi/2} = 2\int_0^{\pi/2}. Damit wird der Vorfaktor 2⋅2=42 \cdot 2 = 4:
    V=2∫−π/2π/2−13(a3sin⁡3φ−a3) dφ=4a33∫0π/2(1−sin⁡3φ) dφ\begin{aligned} V &= 2\int_{-\pi/2}^{\pi/2} -\tfrac{1}{3}(a^3\sin^3\varphi - a^3)\,\mathrm{d}\varphi \\ &= \tfrac{4a^3}{3} \int_0^{\pi/2} (1 - \sin^3\varphi)\,\mathrm{d}\varphi \end{aligned}
  5. Schritt 5: Standard-Integral und Endresultat
    Der Wert ∫0π/2sin⁡3φ dφ=23\int_0^{\pi/2} \sin^3\varphi\,\mathrm{d}\varphi = \tfrac{2}{3} ist Standard (Tabelle). Damit:
    V=4a33(π2−23)=6π−89 a3\begin{aligned} V &= \tfrac{4a^3}{3}\left(\tfrac{\pi}{2} - \tfrac{2}{3}\right) \\ &= \dfrac{6\pi - 8}{9}\,a^3 \end{aligned}
Geometrie Polar-Bereich Notiz
Vollkreis Radius RR ρ∈[0,R]\rho \in [0, R], φ∈[0,2π]\varphi \in [0, 2\pi] konzentrisch um Ursprung
Kreisring ρ∈[ρ1,ρ2]\rho \in [\rho_1, \rho_2], φ∈[0,2π]\varphi \in [0, 2\pi] mit ρ1<ρ2\rho_1 < \rho_2
Sektor ρ∈[0,R]\rho \in [0, R], φ∈[φ1,φ2]\varphi \in [\varphi_1, \varphi_2] Tortenstück
Verschobener Kreis ρ∈[0,acos⁡(φ)]\rho \in [0, a\cos(\varphi)] Loch-Beispiel
Standard-Polargebiete. Welcher Form-Typ welche Grenzen liefert.
Notation aa Kugelradius im Loch-Beispiel
Im Loch-Beispiel ist aa der Kugelradius (ersetzt RR aus Beispiel 1). Buchstabe aa wird in jeder Aufgabe neu vergeben, jedes Beispiel führt seine Konstanten neu ein.
Formel Kugelausschnitt
V=4π3(R3−(R2−r2)3/2)V = \tfrac{4\pi}{3}\bigl(R^3 - (R^2-r^2)^{3/2}\bigr)
Vollkugel Radius RR, herausgeschnittener Zylinder Radius r<Rr < R. Mitschrift.
Formel Loch in der Kugel
V=6π−89 a3V = \tfrac{6\pi - 8}{9}\,a^3
Kugel Radius aa, exzentrisches Loch Radius a/2a/2 um (a/2,0)(a/2, 0). Mitschrift.
Merke Wann separieren?
Merke: Separierbar nur, wenn die ρ\rho-Grenzen und der Integrand beide nicht von φ\varphi abhängen. Beim Loch ist die obere ρ\rho-Grenze acos⁡(φ)a\cos(\varphi), also nein.
Prüfungstipp φ\varphi-Bereich aus Geometrie
Skizziere B~\tilde{B} vor dem Rechnen. φ∈[0,2π]\varphi \in [0, 2\pi] ist nicht Default, sondern nur für konzentrische Kreise um den Ursprung.

4.1 Gauss-Integral

Das Gauss-Integral J=∫−∞∞e−x2 dxJ = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\,\mathrm{d}x ist berühmt-berüchtigt: keine elementare Stammfunktion. In einer Variable steht man fest. In Polarkoordinaten löst es sich in vier Zeilen. Der Trick: anstatt JJ direkt zu suchen, suchen wir J2J^2.

Gauss-Integral
J:=∫−∞∞e−x2 dxJ := \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\,\mathrm{d}x
Uneigentliches Integral, beidseitig unbeschränkt. Mitschrift.

J2J^2 schreibt sich als Doppelintegral, weil das Produkt zweier eindimensionaler Integrale (über denselben Bereich, aber mit unabhängigen Variablen) immer ein Doppelintegral ergibt (Fubini, V.1 §4). Im Integranden steht dann e−x2⋅e−y2=e−(x2+y2)e^{-x^2}\cdot e^{-y^2} = e^{-(x^2 + y^2)}. Genau hier wird Polar interessant: x2+y2=ρ2x^2 + y^2 = \rho^2, der Integrand reduziert sich zu e−ρ2e^{-\rho^2}.

R 1.2
∬ Scheibe 2.3973
J² (R→∞) = π 3.1416
J = √π 1.7725
1.20
Abb. 3: Gauss-Integral. In Polarkoordinaten wird ∬e−(x2+y2) dF\iint e^{-(x^2+y^2)}\,\mathrm{d}F elementar.

Lösungsweg Gauss-Integral

  1. Schritt 1: Quadrieren statt direkt
    Direkt geht's nicht (keine elementare Stammfunktion). Schreibe J2J^2 als Produkt zweier Integrale; im zweiten benennen wir die Integrationsvariable in yy um (Integralwert hängt nicht vom Namen ab):
    J2=∫−∞∞e−x2 dx  ⋅  ∫−∞∞e−y2 dyJ^2 = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\,\mathrm{d}x \;\cdot\; \int_{-\infty}^{\infty} e^{-y^2}\,\mathrm{d}y
  2. Schritt 2: Zusammenfassen als Doppelintegral
    Produkt zweier eindimensionaler Integrale ist Doppelintegral (Fubini). Im Integranden steht e−x2⋅e−y2=e−(x2+y2)e^{-x^2} \cdot e^{-y^2} = e^{-(x^2+y^2)}, integriert wird über die ganze Ebene R2\mathbb{R}^2:
    J2=∬R2e−x2−y2 dFJ^2 = \iint_{\mathbb{R}^2} e^{-x^2 - y^2}\,\mathrm{d}F
  3. Schritt 3: In Polar wechseln
    Die ganze Ebene R2\mathbb{R}^2 in Polar: ρ∈[0,∞)\rho \in [0, \infty), φ∈[0,2π)\varphi \in [0, 2\pi). Der Integrand wird e−ρ2e^{-\rho^2} (wegen x2+y2=ρ2x^2 + y^2 = \rho^2). Mit Flächenelement dF=ρ dρ dφ\mathrm{d}F = \rho\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\varphi aus §2:
    J2=∫02π∫0∞e−ρ2 ρ dρ dφJ^2 = \int_0^{2\pi} \int_0^{\infty} e^{-\rho^2}\,\rho\,\mathrm{d}\rho\,\mathrm{d}\varphi
  4. Schritt 4: Substitution u=ρ2u = \rho^2
    ρ dρ\rho\,\mathrm{d}\rho schreit nach u=ρ2u = \rho^2: dann ist du=2ρ dρ\mathrm{d}u = 2\rho\,\mathrm{d}\rho, also ρ dρ=12 du\rho\,\mathrm{d}\rho = \tfrac{1}{2}\,\mathrm{d}u. Grenzen: ρ=0⇒u=0\rho = 0 \Rightarrow u = 0, ρ→∞⇒u→∞\rho \to \infty \Rightarrow u \to \infty. Da der Integrand nicht von φ\varphi abhängt, faktorisiert das Doppelintegral:
    J2=∫02π∫0∞e−u 12 du dφ=12∫02π1 dφ  ⋅  ∫0∞e−u du\begin{aligned} J^2 &= \int_0^{2\pi} \int_0^{\infty} e^{-u}\,\tfrac{1}{2}\,\mathrm{d}u\,\mathrm{d}\varphi \\ &= \tfrac{1}{2} \int_0^{2\pi} 1\,\mathrm{d}\varphi \;\cdot\; \int_0^{\infty} e^{-u}\,\mathrm{d}u \end{aligned}
  5. Schritt 5: Auswerten und Wurzel ziehen
    ∫02π1 dφ=2π\int_0^{2\pi} 1\,\mathrm{d}\varphi = 2\pi und ∫0∞e−u du=[−e−u]0∞=0−(−1)=1\int_0^{\infty} e^{-u}\,\mathrm{d}u = \bigl[-e^{-u}\bigr]_0^{\infty} = 0 - (-1) = 1. Also J2=12⋅2π⋅1=πJ^2 = \tfrac{1}{2}\cdot 2\pi \cdot 1 = \pi. Da JJ als Integral einer positiven Funktion selbst positiv ist:
    J=∫−∞∞e−x2 dx=πJ = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\,\mathrm{d}x = \sqrt{\pi}
Notation JJ Achtung Doppelbelegung
JJ in §4 = Wert des Gauss-Integrals. Nicht zu verwechseln mit J0J_0 (V.1 §5, polares Trägheitsmoment), J⃗\vec{J} (Stromdichte aus der Physik), oder Jacobi-Matrix JJ (kommt in V.4).
Formel Gauss-Integral
J=∫−∞∞e−x2 dx=πJ = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\,\mathrm{d}x = \sqrt{\pi}
Mitschrift. Konstante für Normalverteilung, Fehlerfunktion, Fourier.
Merke Trick-Muster
Merke: Wenn ein 1D-Integral nicht elementar ist, dann oft sein Quadrat in 2D plus Polar. J→J2→J \to J^2 \to Doppelintegral →\to Polar →\to Substitution.
Querverweis Verweise
→ V.1 §5 polares Trägheitsmoment J0J_0
→ V.4 Jacobi-Matrix JJ

5.1 Aufgaben

Aufgaben werden vom Nutzer geliefert.