Kugelvolumen per Integral

09.10.2007, 12:59

Zellerli

Kugelvolumen per Integral

Es soll dieses Integral
$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\pi} \int_{0}^{R}~r^2 \sin{\vartheta}~dr ~d\vartheta ~d\varphi \end{eqnarray*}$
das Kugelvolumen einer Kugel mit dem Radius r darstellen.
Graphisch anschaulich wird das an der von mir angehängten Skizze gemacht.

In der Skizze wird doch ein Kugelsegment (ich hoffe das ist das richtige Wort), also ein Volumen das von geraden (und nicht etwa kreisrunden) Kanten begrenzt wird, gezeigt.
Wahrscheinlich muss ich mir diese Teilsegmente als infinitesimal groß vorstellen, damit der Radius exakt beschrieben wird.
Die Formel macht für dieses Segment Sinn, wenn ich dazu das Bild betrachte. Aber wie muss ich mir die Integration von so einer ganzen Kugel vorstellen? Sind das unendlich viele Schichten unendlich dünner Zylinder? Also mit der Methode könnte ich mir das noch am ehesten vorstellen, nur irgendwie hat die auf den ersten Blick nicht viel mit der Skizze am Hut. Ist die Skizze in irgendeiner Form unzulänglich? Wo?
Gibt es ne tolle Seite wo das für 2D-Menschen wie mich schön erklärt wird?

Fragen über Fragen und nur weil ich alles hinterfrage und nicht auswendig lernen und glauben will Augenzwinkern

Danke für jegliche Hilfe.

09.10.2007, 14:46

Mazze

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Da die Kugel symmetrisch zum Mittelpunkt ist würde man nur das Volumen von 1/8 der Kugel ausrechnen und das Ergebnis mit 8 multiplizieren. Man kann aber auch anders herangehen, je nach dem wie man die einzelnen Teile der Kugel parametrisiert. Zum Beispiel könnte man das Integral

$\begin{eqnarray*} \pi \int_{-1}^{1} 1 - x^2 dx \end{eqnarray*}$

berechnen, was bedeuten würde das man "unendlich dünne" Kreise aufsummiert. (Einfach den Flächeninhalt eines Kreises über den Durchmesser der Kugel integrieren)

Allgemeiner kann man mit

$\begin{eqnarray*} \pi \int_{-r}^{r}r^2 - x^2 dx \end{eqnarray*}$

Die Volumenformel einer Kugel erhalten.

edit :

Sollten die grenzen für das Kugelsegment nicht pi/2 sein? Schliesslich laufen $\begin{eqnarray*} \vartheta,\varphi \end{eqnarray*}$ im Bereich von 90°

09.10.2007, 16:17

Zellerli

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Ne glaube der Winkel stimmt schon. auf der Z-Achse 180° (von oben nach unten) und in der x-y-Ebene einmal rund herum, also 360°. Jedenfalls kommt man so auf die Kugelvolumenformel.

Ja das mit der Symmetrie vereinfacht das Ganze.

Wie kommst du auf das Integral

$\begin{eqnarray*} \pi \int_{-r}^{r}r^2 - x^2 dx \end{eqnarray*}$ ?

Also ich habs ausgerechnet, es kommt genau die Formel für das Kugelvolumen heraus, aber wie kommst du darauf? Ich hätte (weil es sich eben um einen Kreis handelt) folgendes angenommen:

$\begin{eqnarray*} y²=r²-x² \Rightarrow y=\sqrt{r²-x²} \end{eqnarray*}$

Also nochmal zu den unendlich dünne Zylinder Ansatz. Es kann übrigens gut sein, dass ich nochmal in die Grunddefintion des Integrals abrutsche. Man möge mir verzeihen:
Man hätte dann einfach die Kreisfunktion $\begin{eqnarray*} y=\sqrt{r²-x²} \end{eqnarray*}$
Jeder Zylinder hat eine infinitesimale Dicke (da kann man dann dr nehmen oder?) und als Radius den Funktionswert f(x).
Hmm lass mich raten wie du auf deine Form kommst:
$\begin{eqnarray*} A_{Zylinder}=\pi \cdot R(x)² \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} R(x)=\sqrt{r²-x²} \end{eqnarray*}$
Kann das sein?

09.10.2007, 17:39

Mazze

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Das was Du als "Zylinder mit unendlich kleiner Dicke" bezeichnest, nenne ich normal einen Kreis Augenzwinkern

Der Flächeninhalt des Kreises ist gegeben durch $\begin{eqnarray*} \pi r^2 \end{eqnarray*}$

Sei im folgenden r der Radius der Kugel !

Wenn wir das Volumen einer Kugel berechnen wollen können wir die Flächeninhaltsformel des Kreises über den Durchmesser der Kugel integrieren
(wir "addieren" Quasi unendlich viele Kreise), das ergibt folgendes Integral :

$\begin{eqnarray*} \pi \int_{-r}^{r}r(x)^2 dx \end{eqnarray*}$

Das Problem ist der Radius eines jeden Kreises hängt von dem Punkt $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ ab an dem wir gerade sind. Zum Vergleich, der Radius des Kreises an der stelle (-1,0,0) der Einheitskugel ist 0 an der Stelle (0,0,0) ist der Radius des Kreises 1.

Wir müssen also den Radius abhängig von x ausdrücken, der Radius $\begin{eqnarray*} r(x) \end{eqnarray*}$ des Kreises (wohlgemerkt nicht der Kugel) am Punkt x ist nach auflösen der Kreisgleichung gegeben durch

$\begin{eqnarray*} r(x) = \sqrt{r^2 - x^2} \end{eqnarray*}$

Setzt ich dieses nun in das Integral $\begin{eqnarray*} \pi \int_{-r}^{r} r(x)^2 dx \end{eqnarray*}$

ein erhalte ich das obige Integral.

Zitat:

Ne glaube der Winkel stimmt schon. auf der Z-Achse 180° (von oben nach unten) und in der x-y-Ebene einmal rund herum, also 360°. Jedenfalls kommt man so auf die Kugelvolumenformel.

Dann hast Du ja doch die ganze Kugel und nicht nur ein Segment berechnet.

09.10.2007, 18:25

Zellerli

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Juhu das haut soweit hin. Danke Augenzwinkern

Bleibt nur noch:
Wieso machen wir das hier denn mit unendlich dünnen Zylindern / Kreisen (was ich ja so schön anschaulich finde) und der nette Herr Prof mit nem Kreissegment? Bzw. kann man das Kreissegment was da in der Skizze so mitten in den 3 Dimensionen liegt auch Stück für Stück anschaulich über eine "2D Funktion" herleiten?

09.10.2007, 19:42

Mazze

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Vermutlich seid ihr grade bei Transformation von Integralen oder? Also Kugelkoordinaten/Zylinderkoordinaten etc.? Ich würde sagen Vorbereitung auf Parametrisierung.

10.10.2007, 10:26

Zellerli

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Momeeeent jetzt macht einiges Sinn. Die Aufgaben vorher handeln von Zylinder / Kugelkoordinaten. Soll das heißen man hat das Integral einfach auf Kugelkoordinaten "umgeschrieben"?
Also das Wort Transformation ist soweit mir bekannt nicht gefallen. Ich bin ja froh, dass ich zumindest noch so den Überblick behalte (was den meisten leider nicht so geht) und das der einzige Teil ist an dem ich weng häng.
Glaube mir fehlt etwas Geometriestoff.

Welchem Integral in kartesischer Form entspricht dann dieses hier. Hoffentlich doch ganz zufällig dem von unseren dünnen Kreisen?

10.10.2007, 12:31

Mazze

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Naja nicht ganz, den Transformationssatz findest Du hier

Den zu Beweisen dauert eine Weile, aber wenn man das jetzt auf unser Kugelsegment anwendest passiert folgendes. Zunächst drücke ich das integral abhängig von x,y,z aus:

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{1}\int_{0}^{\sqrt{1 - z^2}}\int_{0}^{\sqrt{1-y^2}}1 dx dy dz \end{eqnarray*}$

Das zu integrieren ist etwas zu schwierig also würde man sich die Transformation überlegen:

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

Was eine Transformation in Kugelkoordinaten darstellt. Der Transformationssatz sagt das wir wenn wir diese Transformation benutzen die Grenzen anpassen müssen und mit dem Betrag der Determinante der Ableitungsmatrix multiplizieren müssen. Die Matrix ist gegeben durch :

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} sin(\vartheta)cos(\varphi) & rcos(\vartheta)cos(\varphi) & -rsin(\vartheta)sin(\varphi) \\ sin(\vartheta)sin(\varphi) & rcos(\vartheta)sin(\varphi) & rsin(\vartheta)cos(\varphi) \\ cos(\vartheta) & -rsin(\vartheta) & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Die Determinante dieser Matrix ist :

$\begin{eqnarray*} r^2cos^2(\varphi)cos^2(\vartheta)sin(\vartheta) + r^2sin^3(\vartheta)sin^2(\varphi) + r^2cos^2(\vartheta)sin^2(\varphi)sin(\vartheta) + r^2sin^3(\vartheta)cos^2(\varphi) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = r^2sin(\vartheta)(cos^2(\varphi)cos^2(\vartheta) + sin(\vartheta)^2sin^2(\varphi) + cos^2(\vartheta)sin^2(\varphi) + sin(\vartheta)^2cos^2(\varphi)) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = r^2sin(\vartheta)(cos^2(\vartheta)[cos^2(\varphi) + sin^2(\varphi)] + sin(\vartheta)^2[sin^2(\varphi) + cos^2(\varphi)]) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = r^2sin(\vartheta)(cos^2(\vartheta) + sin^2(\vartheta)) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = r^2sin(\vartheta) \end{eqnarray*}$

Naja, das kommt Dir sicher schon bekannt vor. Jetzt müssen wir nur noch die Grenzen anpassen, wir sind ja im Kugelsegment:

r läuft von 0 bis R
phi läuft von 0 bis pi/2 genauso wie theta das ergibt dann :

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{\pi/2}\int_{0}^{\pi/2}\int_{0}^{R}r^2sin(\vartheta)drd\vartheta d\varphi \end{eqnarray*}$

Das gelößt ergibt : $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{2}\frac{1}{3}R^3 \end{eqnarray*}$ was genau 1/8 der Kugel entspricht.

Zitat:

Welchem Integral in kartesischer Form entspricht dann dieses hier. Hoffentlich doch ganz zufällig dem von unseren dünnen Kreisen?

Hat sich ja damit aufgelößt Augenzwinkern

10.10.2007, 16:47

Zellerli

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Wow danke für die Mühe! Mit so dicken Matrizen hatte ich bisher nichts zu tun aber den ersten Schritt kann ich nachvollziehen und den Rest glaube ich dir mal Augenzwinkern

Wichtig ist auf jeden Fall dass es sich um den selben Ansatz handelt nur eben in Kugelkoordinaten. Man könnte also das Integral aufstellen wenn man so vor geht wie wir nur eben Kugelkoordinaten benutzt. Bei Gelegenheit mach ich das nochmal, sowas schafft dann entgültige Klarheit und Genugtuung.

Nochmals danke!!! Big Laugh

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