Schnittvolumen von 3 kugeln

23.06.2007, 13:38

jambi

Schnittvolumen von 3 kugeln

hallo zusammen!! hab ein problem mit einer aufgabe:

ich soll das Volumen der schnittmenge der drei kugeln mit dem radius R mit den Mittelpunkten (0/0/0), (R/0/0) und (0/R/0) berechnen!!
hab aber keine ahnung wie ich auf die grenzen komme!!!

thx im voraus
jambee

23.06.2007, 13:40

Dual Space

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RE: Schnittvolumen von 3 kugeln
Ich verschieb das mal in die Geometrie ... dort lauern unsere Experten. Augenzwinkern

*Verschoben*

23.06.2007, 19:39

jambi

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hier antwortet aber keiner!!

23.06.2007, 21:20

mYthos

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Das wird sicher einen Grund haben! Offenbar hat noch niemand eine zündende Idee. Wenn wer etwas dazu weiss, wird er es vermutlich auch sagen. Ich meine, es ist besser, die Antwort erfolgt überlegt, anstatt vorschnell. Denn ganz sooo leicht ist diese Aufgabe nicht!

Was hast DU dir inzwischen dazu überlegt? Ideen, Ansätze, Problembeschreibung? Woher stammt die Aufgabe, in welchem Fachgebiet wurde sie gestellt? Schon mal eine Zeichnung erstellt?

Wenn dir das etwas gibt: Ich habe mal die gemeinsamen Schnittebenen von jeweils zwei dieser drei Kugeln berechnet:

$\begin{eqnarray*} x = \frac{r}{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y = \frac{r}{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x = y \end{eqnarray*}$

Von der ganzen Kugel werden daher mittels der anderen beiden Kugeln jeweils ein Segment der Höhe r/2 abgeschnitten ....

mY+

24.06.2007, 00:21

jambi

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also ich hab mir aus der zeichnung mal überlegt das phi $\begin{eqnarray*} \in [\pi/6;\pi/3] \end{eqnarray*}$ sein muass (projektion auf xy-ebene) und theta $\begin{eqnarray*} \in [\pi/6;5\pi/6] \end{eqnarray*}$ sein muss (projektion auf xz bzw. yz ebene)

kann natürlich auch komplett falsch sein ... weiß nicht ob die winkel auch irgendwie voneinander abhängen ... drum hab ich ja gefragt!! und sicherlich ist eine überlegte antwort viel besser als eine schnelle falsche!! was r betrifft hab ich mir gedacht einfach die kugeln in kugelkoordinaten anzuschreiben .. aber dann weiß ich nicht mehr weiter ...

hmmm und ja mit den schnittebene das: versteh nicht inwiefern mir das weiterhelfen soll?!?!

24.06.2007, 01:14

mYthos

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.. und ich verstehe leider bei dir nicht, was die winkel phi und theta bedeuten sollen.

mY+

24.06.2007, 02:04

magneto42

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Wahrscheinlich läßt es sich mit den Methoden der analytischen Geometrie oder die Nutzung von Kugel- oder Zylinderkoordinaten schöner rechnen aber ich versuch mal einen kartesischen Ansatz:

Wenn ich die drei Kugeln in die xy-Ebene projiziere sehe ich drei sich schneidende Kreise; ein Kreis ist im Ursprung (K1) einer nach rechts verschoben (K2) und einer nach oben verschoben (K3).

Für die gemeinsame Schnittfläche definiere ich drei Schnittpunkte:
P1 ist Schnittpunkt von K2 und K3 (Ursprung)
P2 ist Schnittpunkt von K1 und K2 (oberer Punkt)
P3 ist Schnittpunkt von K1 und K3 (rechter Punkt)

P1, P2 und P3 beschreiben ein "gekrümmtes Dreieck". Die Berechnung des Flächenintegrals muß man in zwei Abschnitte unterteilen:
$\begin{eqnarray*} \int_{P1}^{P2}~(K2 - K3)~dx + \int_{P2}^{P3}~(K1 - K3)~dx \end{eqnarray*}$

Wenn ich die Schnittebene entlang der z-Achse verschiebe, dann ändert sich der Radius der drei Kreise (ich nenne ihm mal r). Er wird kleiner, bis sich die Kreise nur noch in einem Punkt schneiden. Wenn man sich die Skizze anschaut sieht man, daß der Berührpunkt in der Mitte Diagonalen von (R,0,0)-(0,R,0) liegt. Damit kenne ich den minimalen Radius r der Kreise.

Der Pythagoras sagt mir, daß $\begin{eqnarray*} R^{2} = z^{2} + r^{2} \end{eqnarray*}$ .
Damit kenne ich die untere und obere Grenze von z und erhalte den Radius r als Funktion von z.

Die Punkte P1, P2, P3 ändern sich in Abhängig keit von z.

Ich definiere mal die Kreisgleichungen:

K1: $\begin{eqnarray*} x^{2} + y^{2} = r^{2} \end{eqnarray*}$
K2: $\begin{eqnarray*} (x-R)^{2} + y^{2} = r^{2} \end{eqnarray*}$
K3: $\begin{eqnarray*} x^{2} + (y-R)^{2} = r^{2} \end{eqnarray*}$

Durch paarweises Gleichsetzen der Kreisgleichungen erhalte ich dann die Schnittpunkte P1, P2 und P3.

Die Grenzen der Integrale kann man so bestimmen und das Volumen ausrechnen.

24.06.2007, 10:58

jambi

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phi ist der winkel in xy-eben von der x-achse aus gemessen und theta der winkel von z aus gegen die xy- ebene ... einfach wie kugelkoordinaten normalerweise definiert sind!!

was ist denn bei dir magneto der unterschied zwischen r und R?? hab verstanden wie du das machen würdest!! bin mir aber nicht sicher ob das so geht ... weil wenn du doch nur von punkt zu punkt integrierst ergibt sich schlussendlich dann ein dreieck (mit höhe) oder nicht??

greetz

24.06.2007, 16:10

magneto42

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R ist der Radius der Kugeln. Wenn die Schnittebene bei z=0 ist, dann haben die Kreise ebenfalls den Radius R. Schiebe ich die Schnittebene rauf oder runter, verkleinert sich der Radius der Kreise. Diesen kleineren Radius nenne ich r.

Die Gemeinsame Fläche (Schnittfläche) für z=0 (-> r=R) berechne ich wie folgt:

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{R/2}~((+\sqrt{R^{2}-(x-R)^{2}})-(R-\sqrt{R^2-x^{2}}))~dx + \int_{R/2}^{\sqrt{3}/2R}~((+\sqrt{R^{2}-x^{2}})-(R-\sqrt{R^2-x^{2}}))~dx \end{eqnarray*}$

Wenn Du das nachvollziehen kannst, dann ist der nächste Schritt das Flächenintegral für ein beliebiges (erlaubtes) z zu definieren.

Als letztes folgt noch die Kapselung mit $\begin{eqnarray*} \int_{z_{min}}^{z_{max}}~(...)~dz \end{eqnarray*}$

Sieht am Ende häßlich aus, sollte aber funktionieren.

24.06.2007, 17:42

Leopold

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@ DualSpace

Das ist aber hohe Analysis - höher geht es doch kaum!

Man kann zunächst $\begin{eqnarray*} R=1 \end{eqnarray*}$ wählen und hat später das Ergebnis noch mit $\begin{eqnarray*} R^3 \end{eqnarray*}$ zu multiplizieren (Streckung mit dem Faktor $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ ).

Für $\begin{eqnarray*} R=1 \end{eqnarray*}$ wird der Integrationsbereich durch die Ungleichungen

$\begin{eqnarray*} x^2 + y^2 + z^2 \leq 1 \, , \ \ (x-1)^2 + y^2 + z^2 \leq 1 \, , \ \ x^2 + (y-1)^2 + z^2 \leq 1 \end{eqnarray*}$

bestimmt. Offenbar liegt dieser im I. und V. Oktanten, symmetrisch zur $\begin{eqnarray*} xy \end{eqnarray*}$ -Ebene. Man kann sich daher auf $\begin{eqnarray*} z \geq 0 \end{eqnarray*}$ beschränken, wenn man zusätzlich den Wert verdoppelt. Denkt man sich ein zulässiges $\begin{eqnarray*} z \geq 0 \end{eqnarray*}$ fest gewählt, so bekommt man durch die Ungleichungen

$\begin{eqnarray*} x^2 + y^2 \leq 1 - z^2 \, , \ \ (x-1)^2 + y^2 \leq 1 - z^2 \, , \ \ x^2 + (y-1)^2 \leq 1 - z^2 \end{eqnarray*}$

den Schnitt dreier Kreise in einem $\begin{eqnarray*} xy \end{eqnarray*}$ -Koordinatensystem. Alle Kreise haben den Radius $\begin{eqnarray*} \sqrt{1 - z^2} \end{eqnarray*}$ , der erste geht um den Ursprung, der zweite um $\begin{eqnarray*} (1,0) \end{eqnarray*}$ , der dritte um $\begin{eqnarray*} (0,1) \end{eqnarray*}$ . Die letzten beiden Punkte haben den Abstand $\begin{eqnarray*} \sqrt{2} \end{eqnarray*}$ . Die zugehörigen Kreise schneiden sich daher nur, wenn ihr Radius mindestens $\begin{eqnarray*} \frac{\sqrt{2}}{2} \end{eqnarray*}$ ist:

$\begin{eqnarray*} \sqrt{1 - z^2} \geq \sqrt{\frac{1}{2}} \ \ \Leftrightarrow \ \ z \leq \sqrt{\frac{1}{2}} \end{eqnarray*}$

Wenn die letzte Bedingung erfüllt ist, schneidet auch der Kreis um den Ursprung die beiden andern. Somit hat man den Integrationsbereich für $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ , nämlich $\begin{eqnarray*} z \in \left[ 0 \, , \, \sqrt{\frac{1}{2}} \right] \end{eqnarray*}$ . Bezeichnet nun $\begin{eqnarray*} F(z) \end{eqnarray*}$ den Inhalt der Schnittfläche der drei Kreise, so folgt für das gesuchte Volumen:

$\begin{eqnarray*} V = 2 R^3 \int_0^{\sqrt{\frac{1}{2}}}~F(z)~\mathrm{d}z \end{eqnarray*}$

Wie schon gesagt, rührt der Faktor $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ von der Symmetrie, der Faktor $\begin{eqnarray*} R^3 \end{eqnarray*}$ von der Streckung her.

Man kann jetzt versuchen, $\begin{eqnarray*} F(z) \end{eqnarray*}$ elementargeometrisch zu bestimmen. Ich habe es einmal mit Integralrechnung gemacht und den schauderhaften Ausdruck

$\begin{eqnarray*} F(z) = 2 \left( \int_{y_1}^{\frac{1}{2}}~\sqrt{1 - (y-1)^2 - z^2}~\mathrm{d}y \ + \ \int_{\frac{1}{2}}^{y_2}~\sqrt{1 - y^2 - z^2}~\mathrm{d}y \, - \, \int_{y_1}^{y_2}~y~\mathrm{d}y \right) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \text{mit} \ \ y_1 = \frac{1}{2} \left( 1 - \sqrt{1 - 2z^2} \right) \, , \ \ y_2 = \frac{1}{2} \left( 1 + \sqrt{1 - 2z^2} \right) \end{eqnarray*}$

erhalten. Den kann man noch mittels Substitutionen umschreiben:

$\begin{eqnarray*} F(z) = 4 (1 - z^2) \int \limits_{\frac{1}{2 \sqrt{1 - z^2}}}^{\frac{1 + \sqrt{1 - 2z^2}}{2 \sqrt{1 - z^2}}}~\sqrt{1 - u^2}~\mathrm{d}u \, - \, 2 \int_{y_1}^{y_2}~y~\mathrm{d}y \end{eqnarray*}$

Spätestens hier gebe ich jedoch auf. Entweder geht die Aufgabe nicht elementar zu lösen, ich habe mich irgendwo gnadenlos verrechnet oder einfach den eleganten Trick nicht gefunden. Oder doch zu früh aufgegeben?

Man könnte auch Kugelkoordinaten einführen:

$\begin{eqnarray*} x = r \cos{\varphi} \cos{\vartheta} \, , \ \ y = r \sin{\varphi} \cos{\vartheta} \, , \ \ z = r \sin{\vartheta} \end{eqnarray*}$

Dann bekommt man für das gesuchte Volumen die Formel

$\begin{eqnarray*} V = 2 R^3 \int \limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}~\int \limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}~\int \limits_{0}^{m(\varphi,\vartheta)}~r^2 \cos{\vartheta}~\mathrm{d}r~\mathrm{d}\varphi~\mathrm{d}\vartheta \ \ \text{mit} \ \ m(\varphi,\vartheta) = \min \left\{ 1 \, , \, 2 \cos{\varphi} \cos{\vartheta} \, , \, 2 \sin{\varphi} \cos{\vartheta} \right\} \end{eqnarray*}$

Vielleicht geht es ja damit.

Alle Rechnungen ohne Gewähr.

24.06.2007, 19:37

Dual Space

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Zitat:

Original von Leopold
Das ist aber hohe Analysis - höher geht es doch kaum!

Stimmt. Hatte ich falsch eingeschätzt.

26.06.2007, 19:31

Leopold

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Der Ansatz in sphärischen Koordinaten scheint zumindest eine numerische Lösung zu ermöglichen. Zunächst einmal kann man sich noch eine Symmetrie zunutze machen. Da nämlich das Schnittgebilde zur Ebene $\begin{eqnarray*} x = y \end{eqnarray*}$ symmetrisch ist, genügt es, $\begin{eqnarray*} \varphi \in \left[ 0 \, , \, \frac{\pi}{4} \right] \end{eqnarray*}$ zu betrachten und den Wert noch einmal zu verdoppeln. Man bekommt dann für das gesuchte Volumen den Ansatz

$\begin{eqnarray*} V = 4 R^3 \int \limits_{0}^{\frac{\pi}{4}}~\left( \int \limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}~\left( \cos{\vartheta} \int \limits_{0}^{m(\varphi,\vartheta)}~r^2~\mathrm{d}r \right)~\mathrm{d}\vartheta \right)~\mathrm{d}\varphi \end{eqnarray*}$

Für $\begin{eqnarray*} \varphi \in \left[ 0 \, , \, \frac{\pi}{4} \right] \end{eqnarray*}$ gilt aber $\begin{eqnarray*} \sin{\varphi} \leq \cos{\varphi} \end{eqnarray*}$ , so daß

$\begin{eqnarray*} m(\varphi,\vartheta) = \min \left\{ 1 \, , \, 2 \sin{\varphi} \cos{\vartheta} \right\} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} \varphi \in \left[ 0 \, , \, \frac{\pi}{4} \right] \end{eqnarray*}$

folgt. Wenn man jetzt nur $\begin{eqnarray*} \varphi \in \left[ 0 \, , \, \frac{\pi}{6} \right] \end{eqnarray*}$ betrachtet, dann ist $\begin{eqnarray*} 2 \sin{\varphi} \cos{\vartheta} \leq \cos{\vartheta} \leq 1 \end{eqnarray*}$ , so daß sich

$\begin{eqnarray*} m(\varphi,\vartheta) = 2 \sin{\varphi} \cos{\vartheta} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} \varphi \in \left[ 0 \, , \, \frac{\pi}{6} \right] \end{eqnarray*}$

ergibt. Für $\begin{eqnarray*} \varphi \in \left[ \frac{\pi}{6} \, , \, \frac{\pi}{4} \right] \end{eqnarray*}$ rechnet man

$\begin{eqnarray*} 2 \sin{\varphi} \cos{\vartheta} \leq 1 \ \ \Leftrightarrow \ \ \vartheta \geq \arccos{\frac{1}{2 \sin{\varphi}}} \end{eqnarray*}$

Daraus folgt:

$\begin{eqnarray*} m(\varphi,\vartheta) = 1 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} 0 \leq \vartheta \leq \arccos{\frac{1}{2 \sin{\varphi}}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} m(\varphi,\vartheta) = 2 \sin{\varphi} \cos{\vartheta} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} \arccos{\frac{1}{2 \sin{\varphi}}} \leq \vartheta \leq \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$

Alles zusammen führt auf

$\begin{eqnarray*} \frac{V}{4R^3} = \int \limits_{0}^{\frac{\pi}{6}}~\left( \int \limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}~\left( \cos{\vartheta} \int \limits_{0}^{2 \sin{\varphi} \cos{\vartheta}}~r^2~\mathrm{d}r \right)~\mathrm{d}\vartheta \right)~\mathrm{d}\varphi \ + \ \int \limits_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}}~\left( \int \limits_{0}^{\arccos{\frac{1}{2 \sin{\varphi}}}}~\left( \cos{\vartheta} \int \limits_{0}^{1}~r^2~\mathrm{d}r \right)~\mathrm{d}\vartheta \right)~\mathrm{d}\varphi \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} + \ \int \limits_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}}~\left( \int \limits_{\arccos{\frac{1}{2 \sin{\varphi}}}}^{\frac{\pi}{2}}~\left( \cos{\vartheta} \int \limits_{0}^{2 \sin{\varphi} \cos{\vartheta}}~r^2~\mathrm{d}r \right)~\mathrm{d}\vartheta \right)~\mathrm{d}\varphi \end{eqnarray*}$

Die inneren Integrale kann man elementar berechnen. Man bekommt:

$\begin{eqnarray*} u(\varphi) = \int \limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}~\left( \cos{\vartheta} \int \limits_{0}^{2 \sin{\varphi} \cos{\vartheta}}~r^2~\mathrm{d}r \right)~\mathrm{d}\vartheta = \frac{1}{2} \pi \sin^3 \varphi \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} v(\varphi) = \int \limits_{0}^{\arccos{\frac{1}{2 \sin{\varphi}}}}~\left( \cos{\vartheta} \int \limits_{0}^{1}~r^2~\mathrm{d}r \right)~\mathrm{d}\vartheta = \frac{1}{6} \cdot \frac{\sqrt{4 \sin^2 \varphi - 1}}{\sin{\varphi}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} w(\varphi) = \int \limits_{\arccos{\frac{1}{2 \sin{\varphi}}}}^{\frac{\pi}{2}}~\left( \cos{\vartheta} \int \limits_{0}^{2 \sin{\varphi} \cos{\vartheta}}~r^2~\mathrm{d}r \right)~\mathrm{d}\vartheta \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} = \sin^3 \varphi \cdot \arcsin \left( \frac{1}{2 \sin{\varphi}} \right) - \frac{1}{24} \left( 6 \sin{\varphi} + \frac{1}{\sin{\varphi}} \right) \cdot \sqrt{4 \sin^2 \varphi - 1} \end{eqnarray*}$

Bei der noch fehlenden Integration nach $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ lassen sich einige Integrale elementar behandeln. Ob das aber mit allen geht, habe ich meine Zweifel. Numerisch habe ich jedenfalls

$\begin{eqnarray*} V = 4 R^3 \cdot \left( \int_0^{\frac{\pi}{6}}~u(\varphi)~\mathrm{d}\varphi \ + \ \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}}~\left( v(\varphi) + w(\varphi) \right)~\mathrm{d}\varphi \right) \approx 0{,}36876 R^3 \end{eqnarray*}$

Es wäre nett, wenn ein(e) Kompetente(r) meine Rechnungen überprüfen würde. Wenn jemand eine "elegante" Lösung findet, wäre ich sehr interessiert. Auch sollte sich der Fragesteller noch einmal melden, wenn diese Aufgabe im Unterricht besprochen wurde. Wie sieht die dort vorgestellte Lösung aus?

26.06.2007, 22:07

Tomtomtomtom

Auf diesen Beitrag antworten »

Idee: Wir führen das ganze auf eine einfachere Aufgabe zurück.

Stell dir einfach vor, du setzt an jeder der Koordinatenachsen in den Punkten R und -R jeweils eine Kugel vom Radius R. Das sind also 6 Stück. Dazu kommt die im Nullpunkt.

Sei A das Volumen der Schnittmenge einer solchen Kugel mit der Kugel um den Nullpunkt, und G das Volumen der von dir gesuchten Schnittmenge.

Dann gilt aus Symmetriegründen:

$\begin{eqnarray*} 6A - 8G = \frac{4}{3}\pi R^3 \end{eqnarray*}$

Wenn dir das nicht einleuchtet, dann male dir erstmal ein analoges Bild im R^2, also 4 Kreise und ein Kreis um den Nullpunkt, da sieht man es eher, auch wenn die "Formel" dort geringfügig anders aussieht.

Es bleibt also nur noch A zu bestimmen, dann kannst du diese Zahl einfach in die Gleichung einsetzen und nach G umstellen. Den SChnitt zwischen 2 Kugeln zu berechnen, dürfte aber mit etwas Integralrechnung elementar (und nicht nur numerisch) hinzukriegen sein.

Edit: Eventuell stimmt die Formel nicht, aber die Idee mit dme zurückführen auf kleinere Schnittmengen funktioniert glaub ihc trotzdem. Ich kann mir das einfach total schwer vorstellen unglücklich

26.06.2007, 22:21

riwe

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Zitat:

Original von Tomtomtomtom
Idee: Wir führen das ganze auf eine einfachere Aufgabe zurück.

Stell dir einfach vor, du setzt an jeder der Koordinatenachsen in den Punkten R und -R jeweils eine Kugel vom Radius R. Das sind also 6 Stück. Dazu kommt die im Nullpunkt.

Sei A die Schnittfläche einer solchen Kugel mit der Kugel um den Nullpunkt. Weiterhin sei G die Größe des Gebietes, die du suchst.

Dann gilt aus Symmetriegründen:

$\begin{eqnarray*} 6A - 8G = \frac{4}{3}\pi R^3 \end{eqnarray*}$

Wenn dir das nicht einleuchtet, dann male dir erstmal ein analoges Bild im R^2, also 4 Kreise und ein Kreis um den Nullpunkt, da sieht man es eher, auch wenn die "Formel" dort geringfügig anders aussieht.

Es bleibt also nur noch A zu bestimmen, dann kannst du diese Zahl einfach in die Gleichung einsetzen und nach G umstellen. Den SChnitt zwischen 2 Kugeln zu berechnen, dürfte aber mit etwas Integralrechnung elementar (und nicht nur numerisch) hinzukriegen sein.

Edit: Eventuell stimmt die Formel nicht, aber die Idee mit dme zurückführen auf kleinere Schnittmengen funktioniert trotzdem. Ich kann mir das einfach total schwer vorstellen unglücklich

was ist ein gebiet verwirrt

und da kann doch deine formel/ überlegung schon dimensionsmäßig gar nicht stimmen unglücklich

26.06.2007, 22:23

Tomtomtomtom

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OK, dann halt
"Sei A das Volumen der Schnittmenge einer solchen Kugel mit der Kugel um den Nullpunkt, und G das Volumen der von dir gesuchten Schnittmenge.".

Ich hab das oben mal ausgebessert.

26.06.2007, 22:34

Poff

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Das passt aber nicht.

Die zweite obere Lösung scheint mir richtig, zumindest liefert sie das richtige numerische Resultat

V = .36876156*R^3

27.06.2007, 00:49

Tomtomtomtom

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OK, irgendwie scheint es tatsächlich nicht zu funktionieren.

Also die zugrundeliegende Idee läßt sich erstmal im R^2 recht anschaulich beschreiben:

http://home.arcor.de/cseeliger/bild1.jpg

Wenn man den Flächeninhalt der grünen Fläche ausrechnen will (eine Schnittmenge zwischen 3 Kreisen), genügt es, die blaue Fläche zu kennen (eine Schnittmenge zwischen 2 Kreisen).

Addiert man die vier Flächen B, die aus dem Schnitt eines äußeren Kreises mit dem Kreis um den Nullpunkt entstehen, so erhält man den den Kreises um den Nullpunkt, und zählt dabei viermal die grüne Fläche G zuviel.

Also ist (wenn die Kreise Radius 1 haben)

$\begin{eqnarray*} 4 A_{blau}=\pi + 4 A_{gruen} \end{eqnarray*}$

Der Flächeninhalt eines blauen Segments läßt sich leicht durch Integralrechnung berechnen, es gilt:

$\begin{eqnarray*} A_{blau} = \int_{-\frac{\sqrt{3}}{2}}^{\frac{\sqrt{3}}{2}}2 \sqrt{1-x^2}-1 dx = \frac{2}{3} \pi - \frac {\sqrt{3}}{2} \end{eqnarray*}$

Also ist $\begin{eqnarray*} A_{gruen}=\frac{5}{12}\pi-\frac{\sqrt{3}}{2} \end{eqnarray*}$

Jetzt wollte ich im R^3 etwas ähnliches probieren.

Das Volumen des Schnittes zwischen zwei Kugeln vom Radius 1, deren Mittelpunkte den Abstand 1 haben, läßt sich wie folgt berechnen:

$\begin{eqnarray*} V= \int_G (2\cdot \sqrt{1-x^2-y^2} -1) \qquad dx \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} G=\{(x,y):x^2+y^2\leq\frac{3}{4}\} \end{eqnarray*}$

oder nach Umrechnung in Polarkoordinaten:

$\begin{eqnarray*} V=\int_0^{2\pi} \int_0^{\frac{\sqrt{3}}{2}} (2 \sqrt{1-r^2}-1)r dr d\varphi = \frac{5}{12}\pi \end{eqnarray*}$

Wenn ich jetzt auf jede Koordinatenachse in den Punkten 1 und -1 eine Kugel vom Radius 1 setze, und das Volumen der Schnittmengen dieser 6 Kugeln mit der Kugel um den Nullpunkt aufaddiere, dachte ich, daß ich dann wieder genau die Kugel um den Nullpukt bekomme, und dabei sagen wir mal k-mal das gesuchte Volumen zuviel zähle, daß also:

$\begin{eqnarray*} 6 \cdot \frac{5}{12}\pi - k \cdot V_{gesucht}=\frac{4}{3}\pi \end{eqnarray*}$

Das klappt aber nicht, denn wenn ich mal annehme, daß das oben beschriebene numerische Resultat richtig ist, kommt für k keine natürliche Zahl raus. Leider kann ich mir die sieben Kugeln im R^3 mitsamt ihrer Schnittmengen nicht vorstellen verwirrt

Wahrscheinlich gibts dann noch Schnitte von drei der äußeren Kugeln, und damit stimmen die Überlegungen einfach nicht mehr.

Naja die Idee find ich zumindest immer ncoh gut Hammer

27.06.2007, 05:53

Leopold

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Zitat:

Original von Poff
Die zweite obere Lösung scheint mir richtig, zumindest liefert sie das richtige numerische Resultat

Könntest du sagen, wovon du hier sprichst und was du gerechnet hast? verwirrt

27.06.2007, 19:45

Poff

Auf diesen Beitrag antworten »

Davon

Zitat:

Original von Leopold
$\begin{eqnarray*} V = 4 R^3 \cdot \left( \int_0^{\frac{\pi}{6}}~u(\varphi)~\mathrm{d}\varphi \ + \ \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}}~\left( v(\varphi) + w(\varphi) \right)~\mathrm{d}\varphi \right) \approx 0{,}36876 R^3 \end{eqnarray*}$

Wenn bei diversen verschiedenen Darstellungen, numerische Resultate passen wie die Faust aufs Auge, dann sollten die Darstellungen auch korrekt sein.

Das Volumen ist Summe aus 1x die Kugelkappe der Höhe (1-sqrt(1/2)) und 2x ein bestimmter, zentral symmetrisch liegender, Kugelkappensegmentkeil vom Schnittwinkel 90°. Das Letztere lässt sich als das 8fache eines 45° Teilkeils ausdrücken. Das vereinfacht nicht das Problem, reduziert aber die numerische Berechnung auf ein kleineres 'Intervall'.

Auf 15 Stellen ermittelt passt es in 14 Stellen mit deiner Darstellung.

Die Darstellung hier unten liefert ähnliches

q=sqrt(1-h^2)
p=(1/2*sqrt(2)+h)
V1=1/24*Pi*(sqrt(2)-2)^2*(4+sqrt(2))

$\begin{eqnarray*} K = q^2\arccos({\frac {p}{{q}}})-p\sqrt {2\,{q}\left ({q}-\frac {1}{2}\,\sqrt {2}-{\it h}\right )-\left ({q}-\frac {1}{2}\,\sqrt {2}-{\it h}\right )^{2}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} V/R^3\, =\, V1\, + \, 4*\int _{0}^{\frac {1}{4}\,\left (\sqrt {6}-\sqrt {2} \right )}\!K\,\,{dh} \end{eqnarray*}$

Ich hoffe durch das Umbasteln sind keine Fehler reingerutscht.

27.06.2007, 20:52

magneto42

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@Tomtomtomtom:

Deine Überlegung ist nett, aber deine gesuchten Gebiete überlagern sich (siehe Anhang), darum klappts nicht.

PS:
Ich habe mal eine Monte-Carlo-Simulation gemacht und bin auf das Ergebnis $\begin{eqnarray*} V = (0.3687 \pm 0.0001) \cdot R^{3} \end{eqnarray*}$ gekommen.

27.06.2007, 21:17

Leopold

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Zitat:

Original von Poff
Wenn bei diversen verschiedenen Darstellungen, numerische Resultate passen wie die Faust aufs Auge, dann sollten die Darstellungen auch korrekt sein.

Als strenger Mathematiker muß ich dir natürlich heftigst widersprechen - als Praktiker dagegen aus vollem Herzen zustimmen. Augenzwinkern

Ehrlich gesagt habe ich noch gar nicht versucht, mir das Schnittgebilde vorzustellen (vielleicht sollte ich das einmal tun!), sondern immer nur streng nach den Regeln der Kunst gerechnet. Immerhin habe ich deine Formel numerisch überprüft - und in der Tat: da kommt dasselbe heraus wie bei meinem Ansatz. Wie wahrscheinlich ist es, daß sich zwei solche Kapazitäten wie wir beide zugleich irren? Big Laugh

Und dennoch - irgendwie habe ich immer noch das Gefühl, ein Brett vorm Kopf zu haben. Ob es nicht doch den ultimativen Trick gibt?

Nachtrag:
Und auch magneto42 montecarlisiert dasselbe.

27.06.2007, 21:33

Poff

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Zitat:

Original von Leopold
Ob es nicht doch den ultimativen Trick gibt?

Den mag es wegen der vorliegenden Symmetrie durchaus geben, fassen konnte ich ihn allerdings noch nicht.

30.06.2007, 21:35

Poff

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Die Roboter machens möglich.
Das hier ist vermutlich die exakte Lösung

$\begin{eqnarray*} V/R^3 \,=\, \frac {1}{6}\,\sqrt {2}+{\frac {5}{12}}\,\pi \,\left (1-\sqrt {2}\right )+{\frac {11}{6}}\,\arcsin(\frac {1}{3}\,\sqrt {3})-\frac {8}{3}\,\arctan({\frac {\left (\sqrt {2}-1\right )\sqrt {2}}{2+\sqrt {2}}}) \end{eqnarray*}$

... optisch ein klein wenig aufpoliert

01.07.2007, 12:03

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Und welche "Roboter" hast du für dich schuften lassen?

01.07.2007, 17:28

Leopold

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Ich hätte es nicht geglaubt - aber alle Integrale ließen sich elementar lösen! Das Ergebnis für das Volumen $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ des Schnitts der drei Kugeln ist

$\begin{eqnarray*} V = \frac{1}{12} \left( (24 - 5 \sqrt{2}) \, \pi + 2 \sqrt{2} -54 \arctan{\sqrt{2}} \right) \, R^3 \end{eqnarray*}$

Und das stimmt mit Poffs Lösung überein.

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