Kugeloberfläche

11.06.2006, 14:30

Voessli

Kugeloberfläche

Hallo

ich versuche gerade eine möglichst einfache Herleitung für die Oberfläche von Kugeln auszuarbeiten.

Mit der Methode, die Oberfläche wie eine Orangenschale aufzufächern (entlang der Meridiane aufschneiden) komme ich in etwa auf die Formel. Allerdings bleibt noch ein Schätzanteil übrig - d.h. die gewölbten dreieckigen Schalen haben eine Flächenanteil von 2 geteilt durch Pi (im Vergleich zur rechteckigen Schalenfläche).

Mehr elegant ist wohl der Vergleich von Kugeloberfläche und Mantelfläche eines gleichgroßen Zylinder´s, denn die haben die gleiche Größe. Gibt es für diese Flächengleichheit eine einfache Herleitung?
(so wie etwa der Vergleich des Volumes einer Halbkugel und eines Kegels)

Danke!

12.06.2006, 14:14

Leopold

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Eine heuristische Überlegung, mit der man schnell zum Ergebnis kommt:

Auf die Kugeloberfläche werden lauter kleine Papierstückchen in der Form von Dreiecken, Vierecken, Fünfecken usw., die sich zu einem geschlossenen Körper zusammenfügen, aufgeklebt. Diese Stückchen sind also, anders gesagt, kleine Teile von Tangentialebenen der Kugel. Sie bilden ein Polyeder, so daß die Kugel gerade dessen Inkugel ist. Wir bezeichnen mit $\begin{eqnarray*} A_{\text{Pol}}, V_{\text{Pol}} \end{eqnarray*}$ Oberfläche und Volumen des Polyeders und mit $\begin{eqnarray*} A,V \end{eqnarray*}$ Oberfläche und Volumen der Kugel. Wenn man sich nun immer mehr und immer kleinere Papierstückchen vorstellt, so paßt sich das Polyeder immer besser der Kugel an. Bei beliebig guter Verfeinerung geht das Polyeder in die Kugel über. Insbesondere heißt das:

$\begin{eqnarray*} A_{\text{Pol}} \to A \, , \ \ \ V_{\text{Pol}} \to V \ \ \text{bei fortgesetzter beliebig guter Verfeinerung} \end{eqnarray*}$

Zieht man von den Ecken des Polyeders Strecken bis zum Mittelpunkt der Kugel, so wird das Polyeder in Pyramiden zerlegt. Die Seitenflächen des Polyeders (Papierstückchen) sind gerade die Grundflächen dieser Pyramiden, die zugehörige Pyramidenhöhe ist stets der Kugelradius $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ . Wenn es also gerade $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Pyramiden mit den Grundflächen $\begin{eqnarray*} G_1,G_2,\ldots,G_n \end{eqnarray*}$ und den Volumina $\begin{eqnarray*} V_1,V_2,\ldots,V_n \end{eqnarray*}$ sind, so gilt daher

$\begin{eqnarray*} V_{\text{Pol}} = V_1 + V_2 + \ldots + V_n = \frac{1}{3} \, G_1 r + \frac{1}{3} \, G_2 r + \ldots + \frac{1}{3} \, G_n r = \frac{1}{3} \left( G_1 + G_2 + \ldots + G_n \right) r \end{eqnarray*}$

Da die Summe in der Klammer aber gerade die Oberfläche des Polyeders ist, folgt:

$\begin{eqnarray*} V_{\text{Pol}} = \frac{1}{3} \, A_{\text{Pol}} \, r \end{eqnarray*}$

Und wie eingangs bemerkt geht diese Formel bei fortgesetzter beliebig guter Verfeinerung in eine Kugelformel über:

$\begin{eqnarray*} V = \frac{1}{3} \, A r \end{eqnarray*}$

Und falls man jetzt schon eine Formel für das Kugelvolumen $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ kennt, kann man die hier verwenden und nach $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ auflösen.

EDIT
Schreibfehler ausgebessert

13.06.2006, 21:13

Voessli

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Ist schon recht Leopold. Daß man anhand der Oberfläche das Volumen berechnen kann ist klar, nur wie erhalte ich ich die Formel für die Oberfläche?
Nach der oben beschriebenen Methode entstehen abgerundete Dreiecke (Orangenschale). Diese müßten, nicht wir normale Dreicke 1/2 von g*h, sondern 2/PI von g*h besitzen. Die Frage ist , wie das bewiesen werden kann.

Möglicherweise ist aber der Vergleich mit der Mantelfläche des Zylinders viel einfacher..

14.06.2006, 07:25

Leopold

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So kommt man ans Ziel.

Zitat:

Original von Leopold
Und falls man jetzt schon eine Formel für das Kugelvolumen $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ kennt, kann man die hier verwenden und nach $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ auflösen.

Bei dieser Herleitung rechnet man übrigens nicht mit "abgerundeten Dreiecken" oder Ähnlichem, sondern mit richtigen eckigen Figuren (Polyedern). Man leitet dann die obige Beziehung zwischen Volumen und Oberfläche des Polyeders her, aus der man durch Grenzübergang die entsprechende Beziehung für die Kugel erhält.

19.10.2017, 08:38

Sheldor der Eroberer

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Aber warum kann man nicht auch 1/6 G*h für die dreiseitige Pyramide nehmen wenn man G unendlich klein macht damit die Summe der Pyramidenvolina das Volumen der Kugel ergibt, ist das doch eigentlich egal oder nicht (unendlich klein -> macht es keinen Unterschied ob drei oder vierseitige grundfläche (parallelogramm))

19.10.2017, 10:51

HAL 9000

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Zitat:

Original von Sheldor der Eroberer
Aber warum kann man nicht auch 1/6 G*h für die dreiseitige Pyramide nehmen wenn man G unendlich klein macht

Was soll das für eine Formel sein? Wenn $\begin{align*} G \end{align*}$ die Grundfläche und $\begin{align*} h \end{align*}$ die Höhe der Pyramide ist, so ist deren Volumen $\begin{align*} \frac{1}{3}Gh \end{align*}$ . unglücklich

Vielleicht meinst du sowas wie $\begin{align*} \frac{1}{6}gh_gh \end{align*}$ mit Seitenlänge $\begin{align*} g \end{align*}$ einer Grundseite, $\begin{align*} h_g \end{align*}$ der Grundseitenhöhe und $\begin{align*} h \end{align*}$ der Pyramidenhöhe, das käme hin.

Zurück zu deinem Anliegen der Kugeloberflächenberechnung:

Leopolds Vorschlag war der über das Kugelvolumen zu gehen, während du einen anderen Weg gehen willst - vielleicht den ? Der liefert nämlich eine Begründung dafür, warum die Kugeloberfläche identisch ist der Mantelfläche eines Zylinders mit Radius $\begin{align*} r \end{align*}$ und Höhe $\begin{align*} 2r \end{align*}$ . Ist dem Cavalieri-Prinzip verwandt, wenn auch nicht im wörtlichen Sinne gleich.

19.10.2017, 13:20

Ehos

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In Ergänzung zu @Leopold und @Hal 9000 gebe ich mal folgende anschauliche Herleitung der Kugeloberfläche:
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Jeder kennt die "Glitzer-Kugeln", welche in Diskotheken an der Decken hängen und sich drehen. Auf der Oberfläche dieser Kugeln sind viele kleine Spiegel aufgeklebt, welche man als ebene Plättchen mit der diffeneziellen Dicke dr betrachten kann. Beklebt man eine Kugelfläche A vollständig mit solchen solche ebenen Spiegeln, so nimmt das Kugelvolumen um folgenden Wert zu (Volumenzunahme = Fläche mal Dicke)

$\begin{eqnarray*} dV=A\cdot dr \end{eqnarray*}$

"Umstellen" liefert

$\begin{eqnarray*} A=\tfrac{dV}{dr} \end{eqnarray*}$

Die Kugeloberfläche ist also die Ableitung des Volumens nach dem Radius. Einsetzen des Kugelvolumens $\begin{eqnarray*} V=\tfrac{4}{3}\pi r^3 \end{eqnarray*}$ liefert die bekannte Formel

$\begin{eqnarray*} A=\tfrac{d}{dr}\left ( \tfrac{4}{3}\pi r^3\right )=4\pi r^2 \end{eqnarray*}$

Der Nachteil dieser "Herleitung" ist natürlich, dass man die Formel für das Kugelvolumen benötigt.

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