Länge Zykloidenbogens < Integration < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:45 Di 22.04.2014 | | Autor: | Boastii |
| Aufgabe 1 | Homework 4.4
Let an arc [mm] \gamma : [0;1] \ni t \mapsto (\gamma_1(t) , \gamma_2(t) ) ^T \in \mathbb R^2 [/mm] be given with continously
differentiable functions [mm] \gamma_j : (0;1)\to \mathbb R [/mm] for [mm] j \in {1,2} [/mm]. The length of the arc [mm] \Gamma := \gamma([0;1])[/mm]
ist then defined as
[mm] L(\Gamma)= \integral_{0}^{1}{\sqrt{\gamma_1(t)'^2 + \gamma_2(t)'^2} dt} = \integral_{0}^{1}{||\gamma(t)' ||_2 dt} [/mm].
(a) Using equation (14.1) derive the above formula for the length ot the arc.
(b) For [mm] \gamma : [0;1] \ni t \mapsto (cos(\pi t), sin(\pi t))^T \in \mathbb R^2 [/mm] determine the length of the arc.
equation (14.1) :
[mm] L(\Gamma) := \summe_{k=1}^{m} |\gamma(t_k) - \gamma(t_{k-1}) | [/mm] |
| Aufgabe 2 | Zeigen Sie bitte, dass für r > 0 die Länge des Zykloidenbogens
[mm] \gamma: [0;2\pi ] \ni t \mapsto (r(t-sin(t)), r(1-cos(t)))^T \in \mathbb R^2 [/mm]
durch [mm] L(\Gamma) = 8r [/mm] gegeben ist, indem Sie das Ergebnis aus Homework 4.4 verwenden. |
Zu Homework 4.4
(a) Hier werde ich mal ein Teil unseres Skripts wiedergeben:
Hat man mehrere Punkte [mm] x_j , j ∈ \{0, 1, ...,m\} [/mm] , im ^[mm] \mathbbR^n [/mm] gegeben, so kann jeweils
zwei dieser Punkte [mm] x_{j−1} [/mm] und [mm] x_j [/mm] durch eine Strecke [mm] \gamma_j [/mm] wie oben verbinden,
und erhält so einen sog. Polygonzug[mm] \gamma := \gamma_1 ⊕ \gamma_2 ⊕ ... ⊕ \gamma_m [/mm] . Auf diese
Weise kann man auch für krummlinige Bögen eine Näherung durch stückweise
geradlinige Bogenstücke erzeugen (auf deren Basis wir später die Länge
eines beliebigen Kurvenbogens und die sog. Wegintegrale einführen werden):
Die Länge einer Teilstrecke von [mm] \gamma(t_{k−1}) = (\gamma_{1}(t_{k−1}), ..., \gamma_{n}(t_{k−1})) = x_{k−1}[/mm] bis [mm]
\gamma(t_k) = (\gamma_{1}(t_{k−1}), ..., \gamma_{n}(t_{k})) = x_k [/mm] ist dabei
[mm] |x_k − x_{k−1}| = |\gamma(t_k) − \gamma(t_{k−1})| = \sqrt{\summe_{j=1}^{n} \gamma_j (t_k) - \gamma_j (t_ {k-1})}[/mm]
mit dem üblichen euklidischen Abstand, sodass die Gesamtlänge L des Polygonzugs
Γ sich zu
(14.1)
berechnen lässt.
Ich verstehe das so, dass eine Kurve in m Punkte aufgeteilt wird und dann jeweils der Abstand zwischen diesen aufsummiert wird. Nur wie ich von da aus zum Integral kommen soll ist mir vollkommen schleierhaft.. Hier bräuchte ich einen Ansatz bitte.
(b) Hier muss ich ja einfach die Bogenlänge berechnen, also das obige anwenden:
Hier berechne ich zuerst die Ableitung für [mm] \gamma_1 ( t) = cos(\pi * t) [/mm] und [mm] \gamma_2 (t)= sin(\pi *t) [/mm] :
[mm] \frac{d}{dt} cos(\pi t) = -\pi * sin(\pi *t) [/mm]
[mm] \frac{d}{dt} sin(\pi t) = \pi * cos(\pi * t) [/mm]
Nun einsetzen:
[mm] L(\Gamma)= \integral_{0}^{1}{\sqrt{(-\pi*sin(\pi*t))^2 + (\pi*cos(\pi*t))^2} dt} dt} [/mm] weiter auflösen:
[mm] L(\Gamma)= \integral_{0}^{1}{\sqrt{(\pi^2 *sin^2(\pi*t) + \pi^2 * cos^2(\pi*t)} dt} [/mm] pi ^2 rausziehen:
[mm] L(\Gamma)= \pi * \integral_{0}^{1}{\sqrt{sin^2(\pi * t) + cos^2(\pi * t)} dt} [/mm]
Da [mm] sin^2(\pi*t) + cos^2(\pi *t) = 1 [/mm] :
[mm] L(\Gamma)= \pi * \integral_{0}^{1}{1 dt} = \pi [/mm]
Aufgabe 2:
Nun hier muss ich ja obige Anwenden. Aber ich weiß nicht genau was/wie. Mir fällt aber auf das, wenn [mm] f(t)=t-sin(t) [/mm] die obige Spirale sich wie folgt schreiben lässt:
[mm] \gamma(t)= ((r*f(t) ),(r*f'(t) )) ^T [/mm]
ist das wichtig?
Ich hoffe auf eure Hilfe, vielen Dank schonmal.
MFG Boastii
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:46 Di 22.04.2014 | | Autor: | leduart |
Hallo
ich (oder du) komme mit deinen verschiedenen [mm] \gamma_i [/mm] durcheinander. einerseits sind in [mm] \IR^2 \gamma_1 [/mm] und [mm] \gamma_2 [/mm] Komponenten vin [mm] \gamma.
[/mm]
später redest du von einem Polygonzug [mm] \gamma_1,\gamma:2,---, [/mm] dabei jetzt offensichtlich in [mm] \IR^n?
[/mm]
bleiben wir in [mm] \IR^2
[/mm]
dann ist die Länge einer Sehne der Abstand von [mm] \gamma((t_k) [/mm] zu [mm] \gamma((t_{k+1}
[/mm]
also [mm] l_k=sqrt{(\gamma_1(t_{k+1}-\gamma_1(t_k))^2+(\gamma_2(t_{k+1}-\gamma_2(t_k))^2}
[/mm]
so was ähnliches nur im [mm] R^n [/mm] und ohne das Quadrat steht in deinem post.
ich bleib im [mm] R^2
[/mm]
[mm] \bruch{\gamma_1(t_{k+1}-\gamma_1(t_k)}{t_{k+1}-t_k} [/mm] konvergiert für [mm] t_{k+1} [/mm] gegen [mm] t_k [/mm] gegen [mm] \gamma'(t_k)
[/mm]
die Summe also gegen das Integral [mm] (\gamma'(t) [/mm] dt.
soweit klarer?
kurz kann man auch schreiben [mm] \gamma_1(t_{k+1}-\gamma_1(t_k)\approx \gamma'(tk)*((t_{k+1}-t_k)
[/mm]
was du in 2 machst verstehe ich nicht, was soll f sein du hast doch [mm] \gamma_1=rt-rsin(t)
[/mm]
und [mm] \gamma_2=r-r*cos(t), [/mm] damit bildest du die 2 Ableitungen nd setzt in deine formel ein.
(das ist keine "Spirale! sondern eine Zykloide, eine Bahn, die etwa das Ventil deines Fahrrades beschreibt, wenn das Rad rollt. (besser ein Punkt auf genau dem Umfang)
hier ein Bild
[Dateianhang nicht öffentlich]
Gruß leduart.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:43 Di 22.04.2014 | | Autor: | Boastii |
Hey, danke erstmal für deine Antwort und für die Graphik =).
> Hallo
> ich (oder du) komme mit deinen verschiedenen [mm]\gamma_i[/mm]
> durcheinander. einerseits sind in [mm]\IR^2 \gamma_1[/mm] und
> [mm]\gamma_2[/mm] Komponenten vin [mm]\gamma.[/mm]
> später redest du von einem Polygonzug
> [mm]\gamma_1,\gamma:2,---,[/mm] dabei jetzt offensichtlich in
> [mm]\IR^n?[/mm]
Ich habe das genauso aus dem Script abgeschrieben und komme damit ebenso durcheinander... Deswegen versteh ich das ganze nicht.
> bleiben wir in [mm]\IR^2[/mm]
> dann ist die Länge einer Sehne der Abstand von
> [mm]\gamma((t_k)[/mm] zu [mm]\gamma((t_{k+1}[/mm]
> also
> [mm]l_k=sqrt{(\gamma_1(t_{k+1}-\gamma_1(t_k))^2+(\gamma_2(t_{k+1}-\gamma_2(t_k))^2}[/mm]
> so was ähnliches nur im [mm]R^n[/mm] und ohne das Quadrat steht
> in deinem post.
> ich bleib im [mm]R^2[/mm]
> [mm]\bruch{\gamma_1(t_{k+1}-\gamma_1(t_k)}{t_{k+1}-t_k}[/mm]
> konvergiert für [mm]t_{k+1}[/mm] gegen [mm]t_k[/mm] gegen [mm]\gamma'(t_k)[/mm]
> die Summe also gegen das Integral [mm](\gamma'(t)[/mm] dt.
> soweit klarer?
> kurz kann man auch schreiben
> [mm]\gamma_1(t_{k+1}-\gamma_1(t_k)\approx \gamma'(tk)*((t_{k+1}-t_k)[/mm]
>
Tut mir leid, aber ich verstehe das immer noch nicht soweit. Könntest du das bitte nochmal etwas genauer erklären?
>
> was du in 2 machst verstehe ich nicht, was soll f sein du
> hast doch [mm]\gamma_1=rt-rsin(t)[/mm]
> und [mm]\gamma_2=r-r*cos(t),[/mm] damit bildest du die 2
> Ableitungen nd setzt in deine formel ein.
> (das ist keine "Spirale! sondern eine Zykloide, eine Bahn,
> die etwa das Ventil deines Fahrrades beschreibt, wenn das
> Rad rollt. (besser ein Punkt auf genau dem Umfang)
Ja klar, das ich das auch so reinschreiben kann, aber wenn man [mm] r [/mm] außerhalb der klammer lässt, dann ist doch
[mm] \frac{d}{dt} t- sin(t) = 1- cos(t) [/mm] ich hatte gedacht das wäre eine Besonderheit.
[mm] \frac{d}{dt} rt-rsin(t) = r-r*cos(t) [/mm]
[mm] \frac{d}{dt} r-r*cos(t) = r* sin(t) [/mm]
Damit wende ich die Formel an:
[mm] L(\Gamma)= \integral_{0}^{2\pi}{\sqrt{(r-r*cos(t))^2+ (r*sin(t))^2}dt} [/mm] Quadrate auflösen:
[mm] L(\Gamma)= \integral_{0}^{2\pi}{\sqrt{ r^2cos^2(t)-2r^2cos(t)+r^2 + r^2sin^2(t)}dt} [/mm] [mm] r^2 [/mm] ausklammern
[mm] L(\Gamma)= r* \integral_{0}^{2\pi}{\sqrt{cos^2(t)-2cos(t)+1+sin^2(t)} dt} [/mm]
==> [mm] cos^2(t) + sin^2(t) + 1 = 2 [/mm]
[mm] L(\Gamma)= r* \integral_{0}^{2\pi}{\sqrt{2-2cos(t)}dt} [/mm]
[mm] L(\Gamma)= \sqrt{2}r* \integral_{0}^{2\pi}{\sqrt{1-cos(t)}dt} [/mm]
[mm] L(\Gamma)= \sqrt{2}r* (4 * \sqrt{2}) = 8r [/mm]
> Gruß leduart.
Liebe Grüße , danke nochmal.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:24 Di 22.04.2014 | | Autor: | Boastii |
Hallo nochmal
> bleiben wir in $ [mm] \IR^2 [/mm] $
> dann ist die Länge einer Sehne der Abstand von
> $ [mm] \gamma((t_k) [/mm] $ zu $ [mm] \gamma((t_{k+1} [/mm] $
> also
> $ [mm] l_k=sqrt{(\gamma_1(t_{k+1}-\gamma_1(t_k))^2+(\gamma_2(t_{k+1}-\gamma_2(t_k))^2} [/mm] $
> so was ähnliches nur im $ [mm] R^n [/mm] $ und ohne das Quadrat steht
> in deinem post.
> ich bleib im $ [mm] R^2 [/mm] $
> $ [mm] \bruch{\gamma_1(t_{k+1}-\gamma_1(t_k)}{t_{k+1}-t_k} [/mm] $
> konvergiert für $ [mm] t_{k+1} [/mm] $ gegen $ [mm] t_k [/mm] $ gegen $ [mm] \gamma'(t_k) [/mm] $
> die Summe also gegen das Integral $ [mm] (\gamma'(t) [/mm] $ dt.
> soweit klarer?
> kurz kann man auch schreiben
> $ [mm] \gamma_1(t_{k+1}-\gamma_1(t_k)\approx \gamma'(tk)\cdot{}((t_{k+1}-t_k) [/mm] $
ich versteh zwar was du meinst, dass ich mit (14.1) den Abstand nur [mm] R^n [/mm] betrachte. Aber wie begründe ich, dass ich hier den Differentialquotent bilde?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:01 Di 22.04.2014 | | Autor: | leduart |
Hallo
du willst doch von der Summe zum Integral, dazu musst du die Unterteilung immer feiner machen, also n gegen unendlich, [mm] \Delta [/mm] t gegen 0 dann hast du doch die Ableitung?
Gruß leduart
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:22 Di 22.04.2014 | | Autor: | leduart |
Hallo
1. sicher falsch ist
[mm] |x_k [/mm] − [mm] x_{k−1}| [/mm] = [mm] |\gamma(t_k) [/mm] − [mm] \gamma(t_{k−1})| [/mm] = [mm] \sqrt{\summe_{j=1}^{n} \gamma_j (t_k) - \gamma_j (t_ {k-1})}
[/mm]
richtig ist
[mm] $|x_k [/mm] − [mm] x_{k−1}| [/mm] = [mm] |\gamma(t_k) [/mm] − [mm] \gamma(t_{k−1})| [/mm] = [mm] \sqrt{\summe_{j=1}^{n} (\gamma_j (t_k) - \gamma_j (t_ {k-1})^2} [/mm] $
dabei sind die [mm] \gamma_j [/mm] die Komponenten von [mm] \gamma.
[/mm]
vorher hattet ihr offensichtlich Strecjenzüge von [mm] \gamma(t_k) [/mm] nach [mm] \gamma(t_{k+1} [/mm] als neur "Kurven [mm] \gamma_k [/mm] eingeführt und die onglücklicherweise wieder mit [mm] \gamma_k [/mm] bezeichnet. nenne die [mm] s_k [/mm] und die Verwirrung ist beseitigt.
da stand "zwei dieser Punkte [mm] x_j, x_{j+1} [/mm] und durch eine Strecke [mm] \gamma_j [/mm] wie oben verbinden"
wenn du die [mm] s_j [/mm] nennst und dann den Polygonzug [mm] \gamma(t)=s_1s_2...s_m [/mm] sollte alles klar sein.
dabei bekommst du die Kurvenlänge durch m gegen [mm] \infty
[/mm]
und dabei kommt dann der Übergang zur Ableitung.,
Gruß leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:50 Di 22.04.2014 | | Autor: | Boastii |
Hallo vielen Dank für deine Hilfe, ich >glaube< ich habe es jetzt nur der letzte Schritt (da fehlt mir eine geeignete Erklärung).
Mein Lösungsvorschlag nun:
Gegeben sei eine Zerlegung in [mm] x_j [/mm] Punkten mit [mm] j\in \{0,1,...,m\} [/mm] mit [mm] x_0 = 0 [/mm] und [mm] x_m = 1 [/mm] wobei [mm] 0=x_0 < x_1 <... < x_m=1 [/mm] gilt. Dann verbinden wir jeweils zwei dieser Punkte mit [mm] \gamma [/mm] für welches folgendes gelten soll:
[mm] \gamma : [0;1] \ni t \mapsto (\gamma_1(t), \gamma_2(t))^T \in \mathbb R^2 [/mm]
Damit haben wir (wie in der Aufgabenstellung vorgegebenen) Ausgangspunkt (14.1):
[mm] L(\Gamma)= \summe_{k=1}^{m} |\gamma(t_k) - \gamma(t_{k-1})| [/mm]
Im Script steht nun folgendes:
[mm] |\gamma(t_k) - \gamma(t_{k-1}) | = \sqrt{\summe_{j=1}^{n} (\gamma_j(t_k) - \gamma_j (t_{k-1}))^2} [/mm]
Dies eingefügt und für [mm] n=2 [/mm] gesetzt erhalten wir:
[mm] L(\Gamma)= \summe_{k=1}^{m} |\gamma(t_k) - \gamma(t_{k-1})| = \summe_{k=1}^{m}\sqrt{\summe_{j=1}^{2} (\gamma_j(t_k) - \gamma_j (t_{k-1}))^2} = \summe_{k=1}^{m} \sqrt{(\gamma_1(t_k)-\gamma_1(t_{k-1}))^2 + (\gamma_2(t_k) -\gamma_2(t_{k-1}))^2} [/mm]
Nun wenden wir den Mittelwertsatz der Differentialgleichung an:
Für ein [mm] \xi \in (t_{k-1};t_k) [/mm] gilt folgendes:
[mm] \gamma_1(t_k) - \gamma_1(t_{k-1}) = \gamma_{1}^{'}(\xi) (t_k - t_{k-1}) [/mm]
[mm] \gamma_2(t_k) - \gamma_2(t_{k-1}) = \gamma_{2}^{'}(\xi) (t_k - t_{k-1}) [/mm]
Setze man das nun oben ein erhalten wir:
[mm] L(\Gamma)= \summe_{k=1}^{m} \sqrt{(\gamma_{1}^{'}(\xi) (t_k - t_{k-1}))^2+(\gamma_{2}^{'}(\xi) (t_k - t_{k-1}))^2}= \summe_{k=1}^{m} (t_k - t_{k-1}) \sqrt{( \gamma_{1}^{'}(\xi))^2+( \gamma_{2}^{'}(\xi))^2} [/mm]
Sei nun [mm] \Delta t_k := t_k - t_{k-1} [/mm] und weiter [mm] \gamma(\xi) := \sqrt{( \gamma_{1}^{'}(\xi))^2+( \gamma_{2}^{'}(\xi))^2} [/mm]
So haben wir eine Summe folgender Form:
[mm] L(\Gamma)= \summe_{k=1}^{m} \gamma(\xi) \Delta t_k [/mm]
Womit wir eine Riemann-Summe erhalten und folgendes gleichsetzen können:
[mm] L(\Gamma)= \integral_{0}^{1}{\gamma(t) dt}= \limes_{\Delta t_k \rightarrow 0} \summe_{k=1}^{m} \gamma(\xi) \Delta t_k [/mm]
Also
[mm] [mm] L(\Gamma)= \integral_{0}^{1}{\sqrt{\gamma_{1}^{'}(\xi))^2+( \gamma_{2}^{'}(\xi))^2} dt}
[/mm]
Ist das nun richtig, vorallem am Schluss richtig argumentiert? Bitte um Korrektur.
Vielen dank aber für deine Hilfe soweit =)
MfG Boastii
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:22 Mi 23.04.2014 | | Autor: | leduart |
Hallo
geeignete Erklärung).
>
> Mein Lösungsvorschlag nun:
>
> Gegeben sei eine Zerlegung in [mm]x_j[/mm] Punkten mit [mm]j\in \{0,1,...,m\}[/mm]
> mit [mm]x_0 = 0[/mm] und [mm]x_m = 1[/mm] wobei [mm]0=x_0 < x_1 <... < x_m=1[/mm]
das verstehe ich nicht. die punkte müssen doch auf der Kurve [mm] \vec{x}=\gamma(t) [/mm] liegen
wenn t von 0 bis 1 läuft ist [mm] x(0)=\vektor{\gamma_1(0)\\ \gamma_2(0)} [/mm] warum soll das 0 sein?
> gilt. Dann verbinden wir jeweils zwei dieser Punkte mit
> [mm]\gamma[/mm] für welches folgendes gelten soll:
x=0 ist kein Punkt, mit welchen punkten willst du denn [mm] \gamma [/mm] verbinden? Du verbindest 2 aufeinanderfolgende punkte auf [mm] \gamma(t) [/mm] also [mm] \gamma(t_k) [/mm] und [mm] \gamma(t_{k+1}) [/mm] durch eine Strecke [mm] s_k [/mm] , [mm] s_k=\gamma(t_k)+r*(\gamma(t_{k+1}-\gamma(t_k)) [/mm] r 0 0 bis 1
[mm] s_k [/mm] hat dann die Länge .....
das Polygon [mm] \Gamma_m=s_1s_2..s_m) [/mm] hat dann die Länge
[mm] L(\Gamma)=.....
[/mm]
>
> [mm]\gamma : [0;1] \ni t \mapsto (\gamma_1(t), \gamma_2(t))^T \in \mathbb R^2[/mm]
>
> Damit haben wir (wie in der Aufgabenstellung vorgegebenen)
> Ausgangspunkt (14.1):
>
> [mm]L(\Gamma)= \summe_{k=1}^{m} |\gamma(t_k) - \gamma(t_{k-1})|[/mm]
Was im Skript steht lässt du jetzt weg, da du ja die Längen der [mm] s_k [/mm] kennst und schreibst direkt [mm] L(\gamma)=\summe_{i=1}^{n}s_i=\summe_{i=1}^{n}(\sqrt{(\gamma_1(t_{i+1}-\gamma_1(t_i))^2+(\gamma_2(t_{i+1}-\gamma_2(t_i))^2}
[/mm]
> Im Script steht nun folgendes:
>
> [mm]|\gamma(t_k) - \gamma(t_{k-1}) | = \sqrt{\summe_{j=1}^{n} (\gamma_j(t_k) - \gamma_j (t_{k-1}))^2}[/mm]
>
> Dies eingefügt und für [mm]n=2[/mm] gesetzt erhalten wir:
>
> [mm]L(\Gamma_m)= \summe_{k=1}^{m} |\gamma(t_k) - \gamma(t_{k-1})| = \summe_{k=1}^{m}\sqrt{\summe_{j=1}^{2} (\gamma_j(t_k) - \gamma_j (t_{k-1}))^2} = \summe_{k=1}^{m} \sqrt{(\gamma_1(t_k)-\gamma_1(t_{k-1}))^2 + (\gamma_2(t_k) -\gamma_2(t_{k-1}))^2} [/mm]
>
du willst ja zeigen, dass du das verstanden hast und für [mm] \IR^2 [/mm] anwenden kannst, dann solltest du nicht zitieren sondern direkt in [mm] \IR^2 [/mm] rechnen!
jetz musst du sagen dass für immer größeres n (bzw m sich [mm] L(\Gamma) L(\gamma(t)) [/mm] zwischen t=0 und t=1 beliebig gut annähert.
dann den Mittelwertsatz.
> Nun wenden wir den Mittelwertsatz der Differentialgleichung
> an:
> Für ein [mm]\xi \in (t_{k-1};t_k)[/mm] gilt folgendes:
>
> [mm]\gamma_1(t_k) - \gamma_1(t_{k-1}) = \gamma_{1}^{'}(\xi) (t_k - t_{k-1})[/mm]
> [mm]\gamma_2(t_k) - \gamma_2(t_{k-1}) = \gamma_{2}^{'}(\xi) (t_k - t_{k-1})[/mm]
>
> Setze man das nun oben ein erhalten wir:
> [mm]L(\Gamma)= \summe_{k=1}^{m} \sqrt{(\gamma_{1}^{'}(\xi) (t_k - t_{k-1}))^2+(\gamma_{2}^{'}(\xi) (t_k - t_{k-1}))^2}= \summe_{k=1}^{m} (t_k - t_{k-1}) \sqrt{( \gamma_{1}^{'}(\xi))^2+( \gamma_{2}^{'}(\xi))^2}[/mm]
>
> Sei nun [mm]\Delta t_k := t_k - t_{k-1}[/mm] und weiter [mm]\gamma(\xi) := \sqrt{( \gamma_{1}^{'}(\xi))^2+( \gamma_{2}^{'}(\xi))^2}[/mm]
warum diese eigenartige neue Definition [mm] \gamma(\xi) \gamm(\xi) [/mm] ist doch gegeben?
>
> So haben wir eine Summe folgender Form:
>
> [mm]L(\Gamma_m)= \summe_{k=1}^{m} \gamma(\xi) \Delta t_k [/mm]
>
statt deines [mm] \gamma(\xi) [/mm] lass die wurzel stehen. das folgende ist sinnlos!
> Womit wir eine Riemann-Summe erhalten und folgendes
> gleichsetzen können:
>
> [mm]L(\Gamma)= \integral_{0}^{1}{\gamma(t) dt}= \limes_{\Delta t_k \rightarrow 0} \summe_{k=1}^{m} \gamma(\xi) \Delta t_k[/mm]
bis hierhin, dann wieder fast richtig wenn du einen lim davorschreibst, sonst ist das = falsch
> Also
>
> [mm][mm]L(\Gamma_m)= \integral_{0}^{1}{\sqrt{\gamma_{1}^{'}(\xi))^2+( \gamma_{2}^{'}(\xi))^2} dt}[/mm]
richtig wäre wenn m gegen unendlich geht, geht [mm] \t_{k+1} [/mm] gegen [mm] t_k [/mm] also [mm] \xi [/mm] gegen [mm] t_k)
[/mm]
[mm] \Delta(T_k) [/mm] gegen 0 damit ist
[mm] \limes_{m\rightarrow\infty} L(\Gamma_m)=\integral {\sqrt{\gamma'_1(t)^2+\gama'_2(t)^2} dt}
[/mm]
Außer dass du den lim vergessen hast und deinem [mm] \gamma(\xi) [/mm]
Gruß leduart
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