Volumen und Oberfläche ( Integral )

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02.05.2015, 11:15	96MichelleMichi96	Auf diesen Beitrag antworten »
Volumen und Oberfläche ( Integral ) Die Gleichung aufstellen.. dabei bin ich mir sehr unsicher, aber ich habe mit im Internet Ln Funktionen angeschaut http://www.tf.uni-kiel.de/matwis/amat/mw...ln_function.gif hier das kommt meinen Bild sehr ähnlich, nur besteht aus 2 Funktionen edit: oder kann ich einfach sagen f(x) = \| ln(x) \| -1>x>1
02.05.2015, 14:26	96MichelleMichi96	Auf diesen Beitrag antworten »
ich habs jetzt einfach mal irgenwie veruscht aber ich glaub nicht das es so einfach ist... ist jetzt auch nicht ordentlich von mir notiert worden, da ich es eher nur so "ausprobiert" hatte
02.05.2015, 16:07	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
Wieder ziemlich unklar um was es geht. Betrag von ln(x) sehe ich nirgends. a.) es geht um eine Rotation um die y-Achse. die Grundformel ist $\begin{eqnarray} V_y=\pi \int_{y_1}^{y_2} \, x^2 \, \dd y \end{eqnarray}$ Was ergibt denn das? Bem: einer der 4 Äste genügt, da Symmetrie vorhanden. Am einfachsten den im ersten Quadranten.
02.05.2015, 17:20	96MichelleMichi96	Auf diesen Beitrag antworten »
geht das nicht wie meine Rechnung, habe es um die x Achse rotieren lassen und aus Symmetrie Gründen mit 2 multipliziert
02.05.2015, 18:12	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
aber es geht um die graue rotierende Fläche = Die Summe dünner waagrechter Kreisscheibchen. Wenn du um die x-Achse rotierst, dann erhältst du 2 Kegel. Und das ist nicht dasselbe. -------------------------------------------------- Zum Integral: es enthält x und y. Man muss sich entscheiden, ob man in y rechnet oder alles auf x umbaut. Was besser ist, hängt vom Einzelfall ab.
03.05.2015, 13:40	96MichelleMichi96	Auf diesen Beitrag antworten »
aber wie stelle ich das an, kann die Funktion entweder nur oben oder nur unten beschreiben oder soll ich das Volumen um die y-Achse einmal für lnx und enimal für ln(1/x) berechnen und dieses dann addieren und dann die Fläche des Zylinders berechnen. Fläche Zylinder - lnx Fläche - ln(1/x) Fläche = graue Fläche
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03.05.2015, 14:22	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
warum so kompliziert ? Das funktioniert auch nur bei Flächen, nicht aber bei Drehvolumina. Wenn 1/4 der grauen Fläche um die y-Achse rotiert, dann entsteht das halbe Volumen. Das Flächenintegral $\begin{eqnarray} A=\int_{y=0}^{y=1} x \dd y = \int_{y=0}^{y=1} e^y \dd y \end{eqnarray}$ ist die graue Fläche im ersten Quadranten. Die Integration schreitet auf der y-Achse voran, die Funktionswerte liegen waagrecht, also alles wie normal, nur an der 1. Winkelhalbierenden gespiegelt. Das müsste doch klar sein. Und beim Rotieren wird aus den waagrechten Funktionswerten Kreise. Deshalb das x² und das Pi. $\begin{eqnarray} \tfrac 12 V_y=\pi \int_{y=0}^{y=1} x^2 \dd y = \int_{y=0}^{y=1} (e^y)^2 \dd y \end{eqnarray}$
03.05.2015, 14:27	wopi	Auf diesen Beitrag antworten »
Du berechnest mit der Formel von Dopap das Rotationsvolumen um die y-Achse für den Zweig des Graphen, der im rechten oberen Quadranten liegt, und multiplizierst das Ergebnis mit 4 (die vier Volumenanteile für die vier Quadranten sind wegen der Symmetrie gleich!)
03.05.2015, 14:37	96MichelleMichi96	Auf diesen Beitrag antworten »
ok danke die Formel lautete $\begin{eqnarray} 4\pi \int_{0}^{h} \! (g(y))^2 \, dy \end{eqnarray}$ f(x) = ln x y = ln x e^y = x $\begin{eqnarray} 4\pi \int_{0}^{h} \! (e^{y} )^2 \, dy \end{eqnarray}$ so wäre nun dieser Ansatz, korrekt ?
03.05.2015, 14:51	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
@wopi: wenn du schon meinst "helfen" zu müssen, dann wenigstens ohne Fehler. Es geht nicht um 4 Volumina sondern nur um deren 2 ! ------------------------------------------- Also: statt 4 ne 2 nehmen. Und dann als obere Grenze das h statt 1. Die Funktion lautet dann aber nicht mehr $\begin{eqnarray} y=\ln(x) \end{eqnarray}$
03.05.2015, 14:54	96MichelleMichi96	Auf diesen Beitrag antworten »
ich habe doch als obere Grenze das h eingesetzt & die Funktion nach x umgestellt wieso multiplizieren wir nun mit 2 und nicht mit 4
03.05.2015, 14:59	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
weil der Drehkörper aus 2 symmetrischen Drehkörpern besteht. Du musst die Funktion schon abändern, damit y(e)=h gilt. Mach mal den Ansatz: $\begin{eqnarray} y(x)=a\ln(x) \end{eqnarray}$
03.05.2015, 15:07	96MichelleMichi96	Auf diesen Beitrag antworten »
hmm grml also wieso wir mit 2 multiplizieren ist mir klar... aber ich verstehe nicht was du meinst mit " Du musst die Funktion schon abändern, damit y(e)=h gilt. " ich kenne das nur so, das man die Funktion nach x umstellt.. so wie ich das oben gemacht habe y = a ln (x) \| :a (y/a)= ln (x) \| e e^(y/a) = x
03.05.2015, 15:09	wopi	Auf diesen Beitrag antworten »
@ Dopap: Du hast zwar recht, aber etwas weniger Arroganz von deiner Seite täte dem Umgangston gut!!
03.05.2015, 15:29	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
@wopi: es ist guter Brauch nicht ohne Not in einen laufenden Thread zu posten. ----------------------------------------- a ist ja ein neuer Parameter. Es fehlt noch die Bedingung $\begin{eqnarray} y(e)=h \Rightarrow a\ln(e)=h \Rightarrow a=h \end{eqnarray}$
03.05.2015, 15:45	96MichelleMichi96	Auf diesen Beitrag antworten »
das y(e) = h y(e) = a ln(x) a ln(e) = h und dann ist am ende a=h hmm ok ich kann folgen, nur alleine würde ich niemals auf diesen Ansatz kommen. Ich hätte einfach stumpf drauf los gerechnet Ist das die Funktion, nach die im Hinweiß gefragt worden war ?
03.05.2015, 15:52	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
da in der Zeichnung h der Funktionswert an der Stelle e ist, gehe ich davon aus, dass $\begin{eqnarray} y(x)=h\ln(x) \end{eqnarray}$ die gesuchte Funktion ist.
03.05.2015, 15:56	96MichelleMichi96	Auf diesen Beitrag antworten »
ok gut danke und nun kann ich das Volumen um die y Achse berechnen für die weiße Fläche ? dann müsste ich die funktion f(x) = h * ln x nach x umstellen (y/h) = ln x e^(y/h) = x
03.05.2015, 16:01	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
nochmals: die vorliegende Formel berechnet das Drehvolumen der grauen Fläche!
03.05.2015, 16:06	96MichelleMichi96	Auf diesen Beitrag antworten »
oh ok muss ich aber trotzdem nach x umformen oder ? .. $\begin{eqnarray} 2\pi \int_{0}^{e} \! e^{\frac{y}{h}2 } \, dy \end{eqnarray}$
03.05.2015, 16:52	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
ja , natürlich, so ist es in Ordnung
03.05.2015, 16:57	96MichelleMichi96	Auf diesen Beitrag antworten »
im nächsten Schritt integriere ich.. $\begin{eqnarray} 2\pi [ e^{\frac{y}{h}2 } \frac{h}{2} ] \end{eqnarray*}$
03.05.2015, 17:09	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
du brauchst nicht jeden Zwischenschritt einzeln vorrechnen. $\begin{eqnarray} v_y=2\pi \left [ e^{\frac{y}{h}2 } \frac{h}{2} \right]_0^h \end{eqnarray*}$
03.05.2015, 17:19	96MichelleMichi96	Auf diesen Beitrag antworten »
dann ist das Volumen der grauen Fläche $\begin{eqnarray} 2\pi [ e^{\frac{e}{h}2 } \frac{h}{2} - e^{1} \frac{h}{2} ] \end{eqnarray}$ dann noch das h/2 raus ziehen $\begin{eqnarray} 2\pi \frac{h}{2} [ e^{\frac{e}{h}2 } - e^{1} ] \end{eqnarray}$ und fertig
03.05.2015, 17:31	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
du musst schon richtig einsetzen: $\begin{eqnarray} V_y=2\pi \frac h2 * \left [ e^{\frac{y}{h}2 } \right]_{y=0}^{y=h} \end{eqnarray}$
03.05.2015, 21:44	96MichelleMichi96	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} 2\pi [ e^{2} \frac{h}{2} - \frac{h}{2} ] \end{eqnarray*}$ so und wenn man mag kann man noch das h/2 rausziehen & ansonsten ist jetzt die Teil a fertig
03.05.2015, 22:02	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
so etwas lässt man nicht stehen. $\begin{eqnarray} V_y=\pi h [ e^{2} - 1 ] \end{eqnarray}$
03.05.2015, 22:09	96MichelleMichi96	Auf diesen Beitrag antworten »
stimmt hätte noch die zweien wegkürzen können, sieht so schon viel schöner aus (b) Also ich würde als erstes die Mantelfläche berechnen und danach die Fläche der "Deckel" $\begin{eqnarray} M = 4\pi \int_{0}^{h} \! f\sqrt{1+[g'(y)]^2} \, dy \end{eqnarray}$ als erstes Leite ich g(y) ab g(y) = e^(y/h) g'(y) = e^(y/h) (1/h)
03.05.2015, 23:04	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} M = 4\pi \int_{0}^{h} \! {\color{red}g(y)} \sqrt{1+[g'(y)]^2} \, \dd y \end{eqnarray*}$
03.05.2015, 23:15	96MichelleMichi96	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} M = 4\pi \int_{0}^{h} \!e^{\frac{y}{h} } \sqrt{1+[e^{\frac{y}{h}* } \frac{1}{h}]^2} \, \dd y \end{eqnarray}$ wenn wir uns erstmal nur den Ausdruck unter der Wurzel anschauen $\begin{eqnarray} e^{\frac{y}{h} } \sqrt{1+[e^{\frac{y}{h}* } \frac{1}{h}]^2} \, \dd y \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} e^{\frac{y}{h} } \sqrt{1+[e^{\frac{y}{h}2 } \frac{1}{h^2}]} \, \dd y \end{eqnarray*}$ nun müssen wir das irgendwie mit der "eins" vereinfachen , damit wir die Wurzel ziehen können
03.05.2015, 23:31	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
ja, und nun die schlechte Nachricht: Ich kann leider keine Stammfunktion finden Numerisch ist M=219.88 wenn h=10 ist.
04.05.2015, 12:03	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Bei $\begin{align} M = 4\pi \int\limits_0^h e^{\frac{y}{h}} \sqrt{1+\left[ e^{\frac{y}{h}} \frac{1}{h} \right]^2} ~ \dd y \end{align}$ substituiert man doch am besten gleich mal $\begin{align} t = \frac{1}{h} e^{\frac{y}{h}} \end{align}$ mit dann $\begin{align} \dd t = \frac{1}{h^2} e^{\frac{y}{h}} ~ \dd y \end{align}$ , das ergibt $\begin{align} M = 4\pi h^2 \int\limits_{\frac{1}{h}}^{\frac{e}{h}} \sqrt{1+t^2} ~ \dd t = 2\pi h^2 \Bigg[ \operatorname{arsinh}(t) + t\sqrt{1+t^2} \Bigg]_{t=\frac{1}{h}}^{\frac{e}{h}} \end{align}$
04.05.2015, 17:02	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke , ja was täten wir ohne unseren "Computer" Leider vergesse ich immer wieder bei Integralen an die Substitution zu denken. Aber : die Stammfunktion von $\begin{eqnarray} \sqrt {1+t^2} \end{eqnarray}$ muss auch erst mal gefunden werden. Welche Substitution? Und wenn man leider erstmal $\begin{eqnarray} \sqrt {1+\frac{e^{2y/h}}{h^2}} \end{eqnarray}$ geschrieben hat , ist die Substitution noch weiter aus dem Blickfeld gerückt.
04.05.2015, 17:12	96MichelleMichi96	Auf diesen Beitrag antworten »
ok danke danke weiter schaffe ich jetzt auch alleine
04.05.2015, 17:19	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
freut uns wenn wir helfen konnten Und: denke auch an die Deckel

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