Volumenintegral

23.06.2018, 16:45	Kathreena	Auf diesen Beitrag antworten »
Volumenintegral Bestimmen Sie für die Funktion $\begin{eqnarray} f(x,y,z) = 13x^2+1 \end{eqnarray}$ und den druch die Flächen $\begin{eqnarray} S = \left\{ (x,y,z):\rho =z^3\right\} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} S_0 = \left\{ (x,y,z):\rho \leq 1, z=0\right\} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} S_1 = \left\{ (x,y,z):\rho \leq e, z=1\right\} \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} \rho = \sqrt{x^2+y^2} \end{eqnarray}$ begrezten axialsymmetrischen Körper D a.) Das Volumen von D b.) Das Volumenintegral $\begin{eqnarray} \int \int \int_{D} f \, dV \end{eqnarray}$ Meine Idee: Bin mir nich sicher ob ich die Menge S verstehe, Ist glaube ich die Oberfläche von einem Ei ? Aber z ist unbeschränkt. $\begin{eqnarray} S_1 \end{eqnarray}$ Ist einfach eine Kreisfläche, mit Radius 1. $\begin{eqnarray} S_2 \end{eqnarray}$ ist auch eine Kreisfläche mit Radius e, und auf der Höhe von z=1. Der Körper zwischen den Flächen ist gesucht. integrationsgrenzen: $\begin{eqnarray} 0 \leq z \leq 1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \sqrt{x^2+y^2} = z^3 \Rightarrow x = \sqrt{z^6-y^2}, z \leq 1, y \leq 1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} 0\leq x\leq \sqrt{1-y^2} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} 0\leq y\leq \sqrt{1-x^2} \end{eqnarray}$ a.) Das Volumen von D ist doch einfach nur die Funktion $\begin{eqnarray} x^3 \end{eqnarray}$ um die y-Achse gedreht oder ? $\begin{eqnarray} V = \pi \cdot \int_{0}^{1} \! y^{1/3} \, dy \end{eqnarray}$ b.) $\begin{eqnarray} \int_{0}^{1} \int_{0}^{\sqrt{1-x^2}} \int_{0}^{\sqrt{1-y^2}} 13x^2+1 \, dx dy dz \end{eqnarray}$ Ja hier bin ich mir bei den Grenzen für dy nich so sicher, eig. sin sie genau das gleiche wie bei x, aber wenn ichs so schreibe komm ich ja auf keine Lösung.

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »