halbkugel in polarkoordinaten

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16.12.2007, 19:05	ushi	Auf diesen Beitrag antworten »
halbkugel in polarkoordinaten guten abend. ich will das volumen einer halbkugel mit dem radius R berechnen und folgendes integral verwenden: $\begin{eqnarray} V=\iint_Dz~dxdy \end{eqnarray}$ ich habs folgendermaßen gemacht: $\begin{eqnarray} V=\int_0^{\pi }d\phi ~\int_{-R}^R~z(R+z)~dz \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} V=\pi \left[ \frac 12z^2R+\frac13z^3\right]_{-R}^R \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} V=\frac 23\pi R^3 \end{eqnarray}$ das stimmt. aber ich weiß nicht, ob der ansatz der richtige is. das zweit integral sieht doch sehr bedenkenswert aus. kann mir jemand was dazu sagen?
17.12.2007, 08:12	20_Cent	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich weiß nicht, wie du auf das erste Integral kommst. Wenn du über z integrierst, bekommst du doch nicht das Volumen raus. Ich würde über 1 integrieren, und zwar über dx, dy und dz. Wenn du dann Kugelkoordinaten einsetzt, lässt du beim Polarwinkel einfach die untere Hälfte weg. mfG 20
17.12.2007, 14:40	ushi	Auf diesen Beitrag antworten »
hallo 20cent. ich würde es auch anders machen, aber die aufgabe lautet: Berechnen Sie das Volumen einer Halbkugel mit Radius R anhand des Integrals $\begin{eqnarray} V_1=\iint_D~z~dxdy \end{eqnarray}$ . Wählen Sie hirzu Polarkoordinaten und identifizieren Sie das Gebiet D, über das integriert werden muss. wir sollen halt üben mit polarkoordinaten umzugehen. die praxis steht im hintergrund. es geht um die theorie. lass dich vom $\begin{eqnarray} V_1 \end{eqnarray}$ nicht verwirren. das is nur, weil es noch ein zweites volumen gibt. haltet euch fest: es geht, um eine eistüte mit eis, zusammengesetzt aus einem kegel und einer halbkugel.
17.12.2007, 16:51	20_Cent	Auf diesen Beitrag antworten »
Ah, ok, jetzt verstehe ich auch, wie das geht. Man addiert gewissemaßen alle "Höhen" zusammen, über dem gesamten Kreis, und damit hab ich dir auch schon gesagt, was das Integrationsgebiet ist. Polarkoordinaten würde ich das aber nicht nennen, bei uns heißt das Zylinderkoordinaten. Dafür setzt du nun $\begin{eqnarray} x=r \cos \varphi \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} y = r \sin \varphi \end{eqnarray}$ , z bleibt z. $\begin{eqnarray} dxdy=rdrd\varphi \end{eqnarray}$ musst du noch einsetzen, dann kannste integrieren. $\begin{eqnarray} \varphi \end{eqnarray}$ ist der Winkel vom Kreis, läuft also einmal ganz rum, r ist der Radius, das läuft also von 0 bis R. Klar soweit? Dann kannste integrieren, wenn du für z noch die richtige Funktion einsetzt, nämlich die Höhe der Kugel über einem bestimmten Punkt (x,y). Warum da z steht weiß ich auch nicht, denn da muss die Höhe stehen. mfG 20 edit: Hab grad auch mal schnell nachgerechnet, ich komme auf $\begin{eqnarray} \frac{2}{3} \pi R^3 \end{eqnarray}$ , also das richtige Ergebnis.
17.12.2007, 17:14	ushi	Auf diesen Beitrag antworten »
ja so kenn ichs auch. normal is das so die einfachste variante. aber das gebiet D is bei mir der kreis: $\begin{eqnarray} x^2+y^2=r^2 \end{eqnarray}$ ach shit. wir lassen das erstmal. ich denk mal drüber nach. würde lieber weitermachen. im anhang is meine eistüte. der winkel $\begin{eqnarray} \sphericalangle HAF=15°=\alpha \end{eqnarray}$ . es gilt: $\begin{eqnarray} tan(\alpha )=\frac hr~//~tan(15°)=2-\sqrt3 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow z=r(2-\sqrt3 ) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} V=\iiint r~d\varphi drdz \end{eqnarray}$ is das der richtige ansatz? ich komm immer nur auf schnulli.
17.12.2007, 19:33	20_Cent	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} \Rightarrow z=r(2-\sqrt3 ) \end{eqnarray}$ das ist nicht korrekt, du musst das von der Gesamthöhe abziehen. Dann genau wie bei der Halbkugel integrieren, also das dz und das z-Integral weglassen. Jedenfalls, wenn du das genau wie bei der Halbkugel machen sollst, ich finde diese Vorgehensweise sehr merkwürdig, da man normalerweise einfach über das gesamte Volumen über 1 integriert. mfG 20
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17.12.2007, 21:45	ushi	Auf diesen Beitrag antworten »
nein. hier kann man es machen wie man will. aja $\begin{eqnarray} h=11 \end{eqnarray}$ also: $\begin{eqnarray} z=r(9+\sqrt3) \end{eqnarray}$
18.12.2007, 09:30	20_Cent	Auf diesen Beitrag antworten »
Nein, so hab ich das nicht gemeint. Du hast schon richtig das Verhältnis ausgerechnet, was du aber ausgerechnet hast, ist der Abstand von A und der Stelle, wo der Radius des Kreises grade r ist, also irgendwo in der Mitte oder so... Du möchtest aber den anderen, d.h. $\begin{eqnarray} h-r(2-\sqrt 3 ) \end{eqnarray}$ , das r ist ja variabel, also kann man die 11 nicht reinziehen... mfG 20
18.12.2007, 18:18	ushi	Auf diesen Beitrag antworten »
pass auf ich hab auf mir heut auf arbeit etwas zeit genommen: $\begin{eqnarray} V=\iiint r~drd\varphi dz \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} =\iint \left[ rz\right] _0^{\frac r{tan(\alpha)}}~drd\varphi \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} =\iint \frac {r^2}{tan(\alpha )}~drd\varphi \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} =\int \left[ \frac {r^2\varphi }{tan(\alpha )}\right] _0^{\pi }~dr \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} =\int \frac 13\frac {r^3\pi }{tan(\alpha )}~dr \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} =\left[ \frac 13\frac {r^3\pi }{tan(\alpha )}\right] _0^{11\cdot tan(\alpha )} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} =\frac {11^3\cdot tan^2(\alpha )\cdot \pi }3 \end{eqnarray}$ das wäre das selbe, wie die formel im tafelwerk. stimmt doch so oder?
18.12.2007, 18:51	20_Cent	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja das sieht gut aus, wie gesagt, so bin ich das gewohnt, integriert wird über 1 über das ganze Volumen... das r kommt ja nur von der Trafo in Zylinderkoordinaten. mfg 20
18.12.2007, 19:20	ushi	Auf diesen Beitrag antworten »
ok. dann werd ichs mal sauber zu papier bringen. danke

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