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Doppelintegrale in Polarkoordinaten

Umwandlung von Doppelintegralen in Polarkoordinaten

Beispiele mit detaillierten Lösungen

Beispiel 1 \( \) \( \) \( \) \( \)
Frage: Berechnen Sie das Doppelintegral \( \displaystyle V = \iint_R \sqrt {1 - x^2 - y^2} \;dy \;dx \), wobei der Bereich \( R \) die Fläche ist, die von einem Kreis in der \( xy\)-Ebene mit Mittelpunkt im Ursprung und einem Radius von \( 1 \) eingeschlossen wird.
Lösung zu Beispiel 1
Das gegebene Integral ist in rechteckigen Koordinaten und kann nicht mit elementaren Funktionen berechnet werden. Versuchen wir, es in Polarkoordinaten umzuwandeln.
Sei \( f(x,y) = \sqrt {1 - x^2 - y^2} \) und drücken Sie es in Polarkoordinaten aus.



\( r^2 = x^2 + y^2 \)
Daher ist die Funktion \( f(x,y) \) in Polarkoordinaten gegeben durch
\( f(r,\theta) = \sqrt {1 - r^2} \)
Der Integrationsbereich \( R \) ist ein Kreis und kann durch Ungleichungen wie folgt definiert werden:
\( R: \) \( 0 \le \theta \le 2\pi \) und \( 0 \le r \le 1 \)

Das gegebene Integral in rechteckigen Koordinaten kann wie folgt in Polarkoordinaten umgewandelt werden:
\( \displaystyle V = \iint_R \sqrt {1 - x^2 - y^2} \;dy \;dx = \int_0^{2\pi} \int_0^{1} \sqrt{1-r^2} \; r \; dr \; d\theta \)
Sei \( I \) das innere Integral, definiert durch
\( \displaystyle I = \int_0^{1} \sqrt{1-r^2} \; r \; dr \)
\( = \left[ -\frac{1}{3}\left(1-r^2\right)^{\frac{3}{2}} \right]_0^1 = \dfrac{1}{3} \)
Setzen Sie \( I \) ein und berechnen Sie \( V \):
\( \displaystyle V = \int_0^{2\pi} (1/3) \; d\theta \)
\( = \dfrac{1}{3} \left[ \theta \right]_0^{2\pi} \)
\( = \dfrac{2\pi}{3} \)

Beispiel 2
Frage: Berechnen Sie das Doppelintegral \( \displaystyle V = \int_0^{1} \int_0^{\sqrt{1-x^2}} e^{x^2+y^2} \; dy \; dx \).
Lösung zu Beispiel 2
Das gegebene Integral kann in rechteckigen Koordinaten nicht einfach berechnet werden, daher müssen stattdessen Polarkoordinaten verwendet werden, was die Berechnung erleichtern kann.
Drücken wir \( f(x,y) = e^{x^2+y^2} \) in Polarkoordinaten aus.
\( r^2 = x^2 + y^2 \)
Daher ist die Funktion \( f(x,y) \) in Polarkoordinaten gegeben durch
\( f(r,\theta) = e^{r^2} \)
In rechteckigen Koordinaten ist der Integrationsbereich \( R \) durch die gegebenen Integrationsgrenzen definiert.
\( R: \) \( 0 \le x \le 1 \) und \( 0 \le y \le \sqrt{1-x^2} \)
Lösen wir die Ungleichung \( y \le \sqrt{1-x^2} \) grafisch.
Quadrieren Sie beide Seiten der Ungleichung:
\( y^2 \le 1-x^2 \)
Schreiben Sie die Terme in \( x \) und \( y \) auf der linken Seite um:
\( y^2 + x^2 \le 1 \)
Die obige Ungleichung beschreibt alle Punkte \( (x,y) \) innerhalb oder auf dem Kreis mit Mittelpunkt im Ursprung \( (0,0) \) und einem Radius von \( 1 \).
Zusammenfassend kann der Integrationsbereich \( R \) wie unten gezeigt beschrieben werden.

Der obige Bereich in Polarkoordinaten wird unten gezeigt.

und ist durch die Ungleichungen definiert:
\( R: \) \( 0 \le \theta \le \pi/2 \) und \( 0 \le r \le 1 \)
Das Integral kann nun in Polarkoordinaten wie folgt umgewandelt werden:
\( \displaystyle V = \int_0^{1} \int_0^{\sqrt{1-x^2}} e^{x^2+y^2} \; dy \; dx = \int_0^{\pi/2} \int_0^1 e^{r^2} r \; dr \; d\theta \)
Sei \( I \) das innere Integral, definiert durch:
\( \displaystyle I = \int_0^1 e^{r^2} r \; dr \)
\( = \left[ \dfrac{1}{2} e^{r^2} \right]_0^1 \)
\( = \dfrac{1}{2} (e - 1) \)
Setzen Sie \( I \) in \( V \) ein:
\( \displaystyle V = \int_0^{\pi/2} \dfrac{1}{2} (e - 1) \; d\theta \)
\( = \dfrac{\pi}{4} (e - 1) \)

Beispiel 3
Frage: Drücken Sie das Integral \( \displaystyle V = \iint_R {x^2+y^2} \; dy \; dx \) aus, wobei \( R \) ein Kreis in der \( xy \)-Ebene mit Mittelpunkt im Punkt \( (1,0) \) und einem Radius von \( 1 \) ist, unter Verwendung von kartesischen (oder rechteckigen) und Polarkoordinaten? Bewerten Sie das Integral.
Lösung zu Beispiel 3
Zuerst zeichnen wir den Integrationsbereich \( R \) und definieren ihn in rechteckigen und Polarkoordinaten.
1) Rechteckige Koordinaten
Die Gleichung des Kreises mit Mittelpunkt im Punkt \( (1,0) \) und einem Radius von \( 1 \) ist gegeben durch:
\( (x-1)^2 + y^2 = 1 \)
Entwickeln Sie die Gleichung und gruppieren Sie die ähnlichen Terme:
\( x^2 - 2x + y^2 = 0 \)
Lösen Sie die obige Gleichung für \( y \), um zwei Lösungen zu erhalten:
\( y = \pm \sqrt {2x-x^2} \)
Unter Verwendung vertikaler Streifen kann der Bereich \( R \) durch die Ungleichungen beschrieben werden:
\( R: \) \( 0 \le x \le 2 \) und \( - \sqrt {2x-x^2} \le y \le \sqrt {2x-x^2} \)

Das Integral kann geschrieben werden als:
\( \displaystyle V = \int_0^2 \int_{-\sqrt {2x-x^2}}^{\sqrt {2x-x^2}} \; \; (x^2+y^2) \; dy \; dx \)
Sei \( I_1 \) das innere Integral, gegeben durch:
\( \displaystyle I_1 = \int_{-\sqrt {2x-x^2}}^{\sqrt {2x-x^2}} \; \; (x^2+y^2) \; dy \)
Bewerten Sie \( I_1 \):
\( \displaystyle I_1 = 2x^2\sqrt{2x-x^2}+2\cdot \frac{\left(2x-x^2\right)^{\frac{3}{2}}}{3} \)
Der nächste Schritt, das äußere Integral in rechteckigen Koordinaten zu berechnen, ist eine Herausforderung.

2) Polarkoordinaten
Verwenden Sie Streifen vom Ursprung zu einem Punkt auf dem Kreis: am Ursprung \( r = 0 \); am Kreis \( r = \sqrt {x^2 + y^2} \).
Lassen Sie uns die Gleichung des Kreises, \( x^2 + y^2 = 2x \), in Polarkoordinaten umwandeln.
Aus der Beziehung zwischen rechteckigen und Polarkoordinaten [6] wissen wir:
\( r^2 = x^2 + y^2 \) und \( x = r \cos \theta \)
Ersetzen Sie \( x^2 + y^2 \) durch \( r^2 \) und \( x \) durch \( r \cos \theta \) in der Gleichung \( x^2 + y^2 = 2x \), um zu erhalten:
\( r^2 = 2 r \cos \theta \)
Teilen Sie beide Seiten der obigen Gleichung durch \( r \):
\( r = 2 \cos \theta \)
In Polarkoordinaten kann der Bereich \( R \) durch die Ungleichungen beschrieben werden:
\( R: \) \( -\pi/2 \le \theta \le \pi/2 \) und \( 0 \le r \le 2 \cos \theta \)


Verwenden Sie \( r^2 = x^2 + y^2 \), um das Integral in Polarkoordinaten umzuschreiben als:
\( \displaystyle V = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \int_{0}^{2 \cos \theta} r^2 \; r \; dr \; d\theta \)
Sei das innere Integral \(I\) definiert durch:
\( \displaystyle I = \int_{0}^{2 \cos \theta} r^2 \; r \; dr \)
Bewerten Sie:
\( \displaystyle I = \left[ r^4 / 4 \right]_{0}^{2 \cos \theta} \)
\( \displaystyle I = 4 cos^4 \theta \)     (Gleichung 1)
Reduzieren Sie die Potenz im obigen Ausdruck \( \cos^4 \theta \):
\( \cos^4 \theta = \cos^2 \theta \cos^2 \theta \)
Verwenden Sie die Identität zur Reduzierung der Potenz:
\( \cos^2 \theta = \dfrac{cos (2\theta) + 1}{2} \)
Daher:
\( \cos^4 \theta = \left( \dfrac{\cos (2\theta) + 1}{2} \right)^2 \)
\( = \dfrac{\cos^2(2\theta) + 2 \cos (2\theta) + 1}{4} \)
Verwenden Sie erneut die Identität zur Reduzierung der Potenz:
\( \cos^4 \theta = \dfrac{\cos(4\theta) + 4\cos(2\theta) }{8} + 3/8 \)
Nun setzen Sie den obigen Ausdruck in Gleichung 1 ein, um zu erhalten:
\( I = \dfrac{\cos(4\theta) + 4\cos(2\theta) }{2} + 3/2 \)
Setzen Sie \( I \) in das Integral ein und bewerten Sie:
\( \displaystyle V = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} (\dfrac{\cos(4\theta) + 4\cos(2\theta) }{2} + 3/2 ) \; d\theta \)
\( \displaystyle = \left[ \frac{1}{2}\left(\frac{1}{4}\sin \left(4\theta\right)+2\sin \left(2\theta\right)\right)+\frac{3}{2}\theta \right]_{-\pi/2}^{\pi/2} \)
\( = \dfrac{3\pi}{2} \)
Das gegebene Integral ist viel einfacher unter Verwendung von Polarkoordinaten zu bewerten.

Beispiel 4
Frage: Wandeln Sie das Integral \( \displaystyle V = \int_{-1}^0 \int_{-\sqrt{1-x^2}}^0 \dfrac{\sqrt{x^2+y^2}}{1+\sqrt{x^2+y^2}} \; dy \; dx \) in Polarkoordinaten um und bewerten Sie es.
Lösung zu Beispiel 4
Aus den Integrationsgrenzen in rechteckigen Koordinaten schließen wir den Integrationsbereich \( R \), der ein Viertel eines Kreises im dritten Quadranten ist:
\( R: \) \( 0 \le x \le 2 \) und \( - \sqrt {1-x^2} \le y \le 0 \)
und seine Grafik wie unten gezeigt:

In Polarkoordinaten, unter Verwendung von Streifen vom Ursprung zu einem Punkt auf dem Viertel eines Kreises: am Ursprung \( r = 0 \). Am Kreis \( r = 1 \), kann der Integrationsbereich \( R \) in Polarkoordinaten wie folgt definiert werden:
\( R: \) \( \pi \le \theta \le 3\pi/2 \) und \( 0 \le r \le 1 \)


Verwenden Sie \( r = \sqrt { x^2 + y^2 } \), um das gegebene Integral in Polarkoordinaten umzuschreiben:
\( \displaystyle V = \int_{\pi}^{3\pi/2} \int_{0}^{1} \dfrac{r}{1+r} \; r \; dr \; d\theta \)
\( \displaystyle = \int_{\pi}^{3\pi/2} \int_{0}^{1} \dfrac{r^2}{1+r} \; dr \; d\theta \)
Verwenden Sie die Division, um den Integranden \( \dfrac{r^2}{1+r} \) wie folgt zu erweitern:
\( \dfrac{r^2}{1+r} = r-1+\frac{1}{r+1} \)
Setzen Sie den erweiterten Integranden in das Integral ein:
\( \displaystyle V = \int_{\pi}^{3\pi/2} \int_{0}^{1} (r-1+\frac{1}{r+1}) \; dr \; d\theta \)
Integrieren:
\( \displaystyle = \int_{\pi}^{3\pi/2} \left[ \dfrac{r^2}{2} - r + ln |r+1| \right]_0^1 d\theta \)
Bewerten:
\( \displaystyle = \int_{\pi}^{3\pi/2} (\ln (2)-\dfrac{1}{2}) d\theta \)
Integrieren:
\( = \left( \ln (2)-\dfrac{1}{2} \right) \left[ \; \theta \; \right]_{\pi}^{3\pi/2} \)
Bewerten:
\( V = \dfrac{\pi}{2} \left( \ln (2)-\dfrac{1}{2} \right) \)

Mehr Fragen mit Antworten

1. \( \displaystyle V = \int_{-1}^1 \int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} \; \; \sin(x^2+y^2) \;dy \;dx \)
   
   
2. \( \displaystyle V = \int _0^2\:\:\int _0^{\sqrt{4-x^2}} \sqrt{x^2+y^2} \:\;dy\:\;dx\: \)
   Teil 2
3. Bewerten Sie \( \displaystyle V = \iint_R \: e^{\sqrt{x^2+y^2}} \; dx \; dy \), wobei \( R \) der im Diagramm unten gezeigte Bereich (blau) ist.
   
   
   

Antworten auf die obigen Fragen

1. 
   Der Integrationsbereich in rechteckigen (linke Seite) und Polarkoordinaten (rechte Seite) ist unten gezeigt.
   
   \( \displaystyle V = \int_{-1}^1 \int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} \; \; \sin(x^2+y^2) \;dy \;dx \)
   Wandeln Sie das obige Integral in Polarkoordinaten um:
   \( \displaystyle V = \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \; \; \sin(r^2) \;r \; dr \;d\theta \)
   Bewerten:
   \( = \pi (1 -\cos 1) \)
   
2. 
   Der Integrationsbereich in rechteckigen (linke Seite) und Polarkoordinaten (rechte Seite) ist unten gezeigt.
   
   \( \displaystyle V = \int _0^2\:\:\int _0^{\sqrt{4-x^2}} \sqrt{x^2+y^2} \:\;dy\:\;dx\: \)
   Wandeln Sie das obige Integral in Polarkoordinaten um:
   \( \displaystyle V = \int_{0}^{\pi/2} \int_0^2 \; \; r^2 \; dr \;d\theta \)
   Bewerten:
   \( = \dfrac{4\pi }{3} \)
   

Weitere Referenzen und Links

1. Joel Hass, University of California, Davis; Maurice D. Weir, Naval Postgraduate School; George B. Thomas, Jr., Massachusetts Institute of Technology; University Calculus, Early Transcendentals, Third Edition , Boston Columbus, 2016, Pearson.
2. Doppelintegral-Berechnungen
   Doppelintegrale über allgemeine Bereiche
   
3. Howard Anton, Irl C. Bivens, Stephen Davis; Calculus: Early Transcendentals; Willey, 2012.
   
4. Gilbert Strang; MIT, Calculus, Wellesley-Cambridge Press, 1991
   
5. Polarkoordinaten
   
6. Umwandlung von Polarkoordinaten in rechteckige Koordinaten und umgekehrt