Rotationskörper Mantelfläche u. Volumen

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02.06.2007, 09:38	Gargy	Auf diesen Beitrag antworten »
Rotationskörper Mantelfläche u. Volumen Hallo, ich bräuchte mal ein wenig Starthilfe für eine Aufgabe. Ich weiß gar nicht, wie ich anfangen soll. Die Aufgabe ist: Durch Rotation der Kurve $\begin{eqnarray} xy=1 \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} x \in [1, \infty) \end{eqnarray}$ um die x-Achse entsteht ein (nach rechts unbeschränkter) Rotationskörper. Zeige, dass die Mantelfläche des Körpers keinen endlichen Inhalt hat, wiewohl das Volumen des Körpers beschränkt ist. Ich habe mal ein Bildchen angehängt, wie das dann wohl aussehen wird. Kann mir bitte jemand helfen und vielleicht einen Tipp geben, wie ich die Aufgabe angehe? Klar ist: $\begin{eqnarray} y=\frac{1}{x} \end{eqnarray}$ Das rotiert um die x-Achse, also entsteht das angehängte Bild.
02.06.2007, 10:03	Orakel	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Rotationskörper Mantelfläche u. Volumen hattet ihr denn nicht die entsprechenden formeln für den mantelflächeninhalt M bzw. das rotationsvolumen V? $\begin{eqnarray} M=2\pi\int_a^b f(x)\sqrt{1+[f'(x)]^2}\ dx \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} V=\pi\int_a^b [f(x)]^2\ dx \end{eqnarray}$ damit kannst du jetzt M und V berechnen, mit $\begin{eqnarray} a=1 \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} b=\infty \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} f(x)=1/x \end{eqnarray}$ .
02.06.2007, 10:13	Gargy	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja doch, aber ich dachte, ich soll da was zeigen... ausrechnen reicht? Diese ganzen "Zeigen Sie..."-Aufgaben sind mir etwas zu hoch. Prinzipiell würde es also ausreichen, die Integrale zu berechnen?
02.06.2007, 10:15	Orakel	Auf diesen Beitrag antworten »
klar reicht das....man hat ja die funktion f(x) explizit gegeben. auf eines möchte ich dich noch aufmerksam machen. du sollst ja zeigen, dass $\begin{eqnarray} M=\infty \end{eqnarray}$ gilt. dazu musst du den integranten im integral für M geeignet nach unten abschätzen, so dass du eine divergente minorante erhälst! Tip: die minorante ist $\begin{eqnarray} f(x)=1/x \end{eqnarray}$
02.06.2007, 11:22	Gargy	Auf diesen Beitrag antworten »
Oh, ich glaube, das habe ich nicht verstanden. Um zu zeigen, dass $\begin{eqnarray} M= \infty \end{eqnarray}$ gilt, hätte ich jetzt das Integral augestellt: $\begin{eqnarray} M= 2 \pi \int_{1}^{\infty} ~ \frac{1}{x} \cdot \sqrt{1+(\frac{1}{x²})²} ~dx = \lim_{\alpha \to \infty} 2 \pi \int_{1}^{\alpha} ~ \frac{1}{x} \cdot \sqrt{1+(\frac{1}{x²})²} ~dx \end{eqnarray}$ Dann wäre ich weiter vorgangen mit Integral lösen über eine Substitution $\begin{eqnarray} \frac{1}{x²}=sinh(u) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} dx=\frac{cosh(u)}{2} \cdot x³ ~ du = \frac{cosh(u)}{2} \cdot sinh(u) \cdot \sqrt{sinh(u)} ~ du \end{eqnarray}$ Eingesetzt ergibt das $\begin{eqnarray} M= \lim_{\alpha \to \infty} 2 \pi \int_{1}^{\alpha} ~ \frac{1}{\sqrt{sinh(u)}} \cdot \sqrt{1+sinh²(u)} ~ \frac{cosh(u)}{2} \cdot sinh(u) \cdot \sqrt{sinh(u)} ~ du \end{eqnarray}$ Und da kann man ja noch einiges zusammenfassen: $\begin{eqnarray} M= \lim_{\alpha \to \infty} 2 \pi \int_{1}^{\alpha}~ \frac{cosh²(u)}{2} \cdot sinh(u) ~ du = \pi \lim_{\alpha \to \infty} \int_{1}^{\alpha}~ cosh²(u) \cdot sinh(u) ~ du \end{eqnarray}$ Dann habe ich weitergemacht, indem ich cosh(u) und sinh(u) durch die entsprechenden e-Funktionen ersetzte habe. Das hat mich letztlich auf ein kompliziertes Wirrwarr gebracht: $\begin{eqnarray} M=\frac{\pi}{4} \lim_{\alpha \to \infty} ~ [\frac{cosh(3 \cdot arsinh(\frac{1}{x²}))}{3} + cosh(arsinh(\frac{1}{x²})]_{1}^{\alpha} \end{eqnarray}$ Wenn ich das einsetzte, dann komme ich auf folgendes: $\begin{eqnarray} M=\frac{\pi}{4} \lim_{\alpha \to \infty} ~ (\frac{1}{3} + 1 - (\frac{5 \cdot \sqrt{2}}{3} +\sqrt{2})= \frac{\pi}{4} \lim_{\alpha \to \infty} ~ (\frac{4}{3} - \frac{8 \cdot \sqrt{2}}{3}) \end{eqnarray}$ Was mache ich denn da falsch? Ist mein Weg totaler Quatsch? Muss ja, denn der Grenzwert ist mal nicht $\begin{eqnarray} \infty \end{eqnarray}$ . Dann bitte das mit der Minorante nocheinmal erklären. Ich bin nicht gut in Mathe und hangel mich so durch - würd's aber gern verstehen!
02.06.2007, 12:30	Gargy	Auf diesen Beitrag antworten »

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02.06.2007, 12:42	Orakel	Auf diesen Beitrag antworten »
erstens ist es viel zu kompliziert und zweitens hast du bei der substitution mind. einen fehler gemacht: es gilt $\begin{eqnarray} 1/x=\sqrt{\sinh(u)} \end{eqnarray}$ check das noch mal! was ich meinte ist folgendes: $\begin{eqnarray} 2\pi\int_1^\infty\frac{1}{x}\sqrt{1+\frac{1}{x^4}}\ dx\ge 2\pi\int_1^\infty\frac{1}{x}\ dx=\infty \end{eqnarray}$
02.06.2007, 12:55	Gargy	Auf diesen Beitrag antworten »
Ah, ok, das meintest du also... genau wegen solchen Sachen krieg ich diese "Zeigen Sie..." nie hin. Wenn ich also zeigen kann, dass der linke Teil deiner Ungleichung gleich (oder eben größer) als der rechte Teil ist, dann ist alles divergent, weil ich vom rechten Teil schon weiß, dass er divergent ist. Richtig? Ich habe genauso substituiert, aber das viell etwas kompliziert ausgedrückt. Bei mir ist: $\begin{eqnarray} \frac{1}{x²}=sinh(u) \end{eqnarray}$ wenn ich da die wurzel ziehe, komme ich ja auf: $\begin{eqnarray} \frac{1}{x}=\sqrt{sinh(u)} \end{eqnarray}$ Was mir jetzt nicht ganz klar ist, ist wie ich diese Zeile da zeige, die du hingeschrieben hast. Wenn man so raufguckt, ist es ja plausibel, aber wie beweise ich das?
02.06.2007, 13:04	Orakel	Auf diesen Beitrag antworten »
die behauptung folgt aus der ungleichung $\begin{eqnarray} \frac{1}{x}\sqrt{1+\frac{1}{x^4}}\ge\frac{1}{x} \end{eqnarray}$ da $\begin{eqnarray} \sqrt{1+\frac{1}{x^4}}\ge 1 \end{eqnarray}$ für alle $\begin{eqnarray} x\ge 1 \end{eqnarray}$ gilt. das kannst du denke ich auch selbst mal nachrechnen. da integrale ungleichungen erhalten, hast du das ergebnis. habt ihr diesen sachverhalt in der vorlesung schon gehabt? das kann man übrigens auch leicht beweisen: seien f(x),g(x) zwei funktionen mit $\begin{eqnarray} f(x)\ge g(x) \end{eqnarray}$ . betrachte die funktion $\begin{eqnarray} h(x)=f(x)-g(x) \end{eqnarray}$ . dann gilt $\begin{eqnarray} \int h(x)\ dx\ge 0 \end{eqnarray}$ da $\begin{eqnarray} h(x)\ge 0 \end{eqnarray}$ gilt. aus der linearität des integrals folgt dann die behauptung!
02.06.2007, 13:09	Gargy	Auf diesen Beitrag antworten »
aha, ja, gut, das werde ich mir wohl nochmal ansehen - war bestimmt schon dran, aber wie das manchmal so ist, wenn man nichts versteht. na gut, jetzt weiß ich ja, dass ich da nochmal nachlesen sollte Vielen Dank!

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