TU Wien:Mathematik 2 UE (diverse)/Übungen SS10/Beispiel 202

B sei das durch die Punkte (0, 0), (1, 1), (1,−2) und (4, 3) festgelegte konvexe Viereck. Berechnen Sie ${\iint }_{B}xy-x^2+y^{2}dxdy$

Vorschlag von crispy

Man Teile den Bereich an der Geraden x = 1 in 2 Teile.

Das Integral über die X-Achse ist einfach - der Bereich geht von 0 bis 4 (bzw. von 0 bis 1 und 1 bis 4

Für die Y-Achse müssen wir Funktionen finden, die jedem x-Wert die passenden Grenzen zuordnen:

$\begin{array}{cc}\psi (x)& =x\\ \phi (x)& =-2x\\ {\psi }^{\prime }(x)& =\frac{2}{3}x+\frac{1}{3}\\ {\phi }^{\prime }(x)& =\frac{5}{3}x-\frac{11}{3}\end{array}$

Unsere Geraden sind gegeben durch 2 Punkte: ${\psi }^{\prime }:(1,1),(4,3);\phi :(1,-2),(4,3)$. die Steigung k der Gerade erhält man, indem man die Differenz in Y-Richtung durch die Differenz in X-Richtung dividiert: $k=\frac{x_1-x_0}{y_1-y_0};{\psi }^{\prime }:k=\frac{3-1}{4-1}=\frac{2}{3};\phi :k=\frac{3-(-2)}{4-1}=\frac{5}{3}$.

Danach einfach einen gegebenen Punkt in die allgemeine Geradengleichung y = kx+d einsetzen, um d zu erhalten: $\psi ,(1,1):1=\frac{2}{3}\ast 1+d\Rightarrow d=\frac{1}{3};\phi ,(4,3):3=\frac{5}{3}\ast 4+d\Rightarrow d=\frac{-11}{3}$

Unser Integral sieht dann so aus:

${\int }_0^1{\int }_{\phi (x)}^{\psi (x)}xy-x^2+y^{2}dydx+{\int }_1^4{\int }_{{\phi }^{\prime }(x)}^{{\psi }^{\prime }(x)}xy-x^2+y^{2}dydx=?$

Dann mal los (ein Teil nach dem anderen, von innen nach außen)

${\int }_0^1{\int }_{\phi (x)}^{\psi (x)}xy-x^2+y^{2}dydx=$	(nach y integrieren, x ist hier konstant)
${\int }_0^1\frac{x{y}^2}{2}-x^{2}y+\frac{y^3}{3}{|}_{\phi (x)}^{\psi (x)}dx=$	(Grenzen einsetzen)
${\int }_0^1\frac{x{y}^2}{2}-x^{2}y+\frac{y^3}{3}{|}_{-2x}^{x}dx=$	(auswerten...)
${\int }_0^1\frac{x^3}{2}-x^3+\frac{x^3}{3}-(\frac{x(-2x{)}^2}{2}-x^2(-2x)+\frac{(-2x{)}^3}{3})dx=$	(ausmultiplizieren)
${\int }_0^1-\frac{x^3}{6}-2x^3-2x^3+\frac{8x^3}{3})dx=$	(vereinfachen)
${\int }_0^1\frac{-x^3-12x^3-12x^3+16x^3}{6}dx=$	(vereinfachen)
${\int }_0^1-\frac{3}{2}{x}^{3}dx=$	(konstante herausziehen, integrieren)
$-\frac{3}{2}\ast \frac{x^4}{4}{|}_0^1=$
$-\frac{3}{2}\ast \frac{1}{4}=\underset{\_}{-\frac{3}{8}}$

Der zweite Teil verläuft analog:

${\int }_1^4{\int }_{{\phi }^{\prime }(x)}^{{\psi }^{\prime }(x)}xy-x^2+y^{2}dydx=$	(nach y integrieren, x ist hier konstant)
${\int }_1^4\frac{x{y}^2}{2}-x^{2}y+\frac{y^3}{3}{|}_{{\phi }^{\prime }(x)}^{{\psi }^{\prime }(x)}dx=$	(Grenzen einsetzen)
${\int }_1^4\frac{x{y}^2}{2}-x^{2}y+\frac{y^3}{3}{|}_{\frac{5}{3}x-\frac{11}{3}}^{\frac{2}{3}x+\frac{1}{3}}dx=$	(auswerten)
${\int }_1^4\frac{x(\frac{2}{3}x+\frac{1}{3}{)}^2}{2}-x^2(\frac{2}{3}x+\frac{1}{3})+\frac{(\frac{2}{3}x+\frac{1}{3}{)}^3}{3}-(\frac{x(\frac{5}{3}x-\frac{11}{3}{)}^2}{2}-x^2(\frac{5}{3}x-\frac{11}{3})+\frac{(\frac{5}{3}x-\frac{11}{3}{)}^3}{3})dx=$	(ausmultiplizieren)
${\int }_1^4\frac{2}{9}{x}^3+\frac{2}{9}{x}^2+\frac{1}{18}x-\frac{2}{3}{x}^3-\frac{1}{3}{x}^2+\frac{8}{81}{x}^3+\frac{4}{27}{x}^2+\frac{2}{27}x+\frac{1}{81}-\frac{25}{18}{x}^3+\frac{55}{9}{x}^2-\frac{121}{18}x+\frac{5}{3}{x}^3-\frac{11}{3}{x}^2-\frac{125}{81}{x}^3-\frac{605}{27}x+\frac{1331}{81}dx=$

Ich höre an dieser Stelle auf, weil die Wahrscheinlichkeit eines Rechen- oder Tippfehlers hier gegen 1 geht... (P(Fehler) --> 1)

Es geht genau so weiter wie oben auch...

Wolfram Alpha kommt auf folgendes Ergebnis (für den 2ten Teil):

${\int }_1^4\frac{148}{9}-29x+\frac{38x^2}{3}-\frac{29x^3}{18}dx=\frac{-39}{8}\approx -4,\mathrm{875...}$