Volumen Kugel durchstoßen von Zylinder

02.07.2008, 16:35

hxh

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Volumen Kugel durchstoßen von Zylinder

$\begin{eqnarray*} A:=\{(x,y,z):x²+y²+z²\leq R²,(x-R/2)²+y²\leq(R/2)²\} \end{eqnarray*}$

Was man hier hat ist auf jedenfall mal ne Kugel in der etwas anderes wohl drin steckt . ICh vermute ein Hyperboloid , aber weiss es nicht genau.
Meine Frage wie kann ich so was in Maple(11) zeichnen lassen ums mir mal besser vorstellen zu können wie das da drin liegt?

Und wie kann ich das Volumen berechnen, ich muss ja irgendwie PArameterisieren und das Ding was da in der KUgel steckt eventuell verschieben und drehen ?

02.07.2008, 16:49

AD

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Nein, kein Hyperboloid, sondern ein aus einer Kugel ausgestanzter Körper, mit einem zylinderförmigen "Stempel" ausgestanzt - für R=1 lautet die Draufsicht auf die xy-Ebene:

Rot/Grün ist die Umrandung der Kugel, und Blau/Violett der Rand des ausgestanzten Zylinders.

02.07.2008, 16:51

hxh

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also wenn der zylinder aus der Kugel ausgestantzt wird , fehlt mir ja ein teil der kugel.

Kann man die Parameterisierung der Kugel nehmen und die des Zylinders ( der ja verschoben ist und dann irgendwie das eine Volumen vom anderen Abziehn ?

02.07.2008, 16:55

AD

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Leider nicht so einfach: Der "Stempel" mag ein Zylinder sein, das ausgestanzte Teil ist es nicht, es hat "krumme" Grund- und Deckfläche.

[attach]8389[/attach]

Übrigens ist dein $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ dieses ausgestanzte Teil selbst, nicht der Rest der Kugel! Mit einem passenden Volumenintegral ist das Volumen von A ganz gut bestimmbar - wenn es das ist, was dich interessiert.

02.07.2008, 16:58

hxh

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ja das war mir doch bewusst , dass bei dem zylinder oben und unten noch was dran ist.

Ja es ist das Volumen A was mich interessiert.
Was meinst du mit passenden Volumenintegral?

ICh dachte erst eine Parameterisierung heranzuziehen , aber das scheint wohl wegen dieser Boden und Deckelfläche nicht ganz so leicht zu sein.

02.07.2008, 17:24

AD

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Die Aufstellung des Integrals ist noch ganz passabel möglich, allerdings ist die Auswertung doch irgendwie eklig:

$\begin{eqnarray*} V = \iiint\limits_A ~ \dd V = R^3 \cdot \int\limits_{x=0}^1 ~ \int\limits_{y=-\sqrt{\frac{1}{4}-\left(x-\frac{1}{2}\right)^2}}^{\sqrt{\frac{1}{4}-\left(x-\frac{1}{2}\right)^2}} ~ 2\sqrt{1-x^2-y^2} ~ \dd y ~ \dd x = 4R^3 \cdot \int\limits_{x=0}^1 ~ \int\limits_{y=0}^{\sqrt{x(1-x)}} ~ \sqrt{1-x^2-y^2} ~ \dd y ~ \dd x \end{eqnarray*}$

Jetzt kann man das direkt angehen, oder doch noch eine Variablentransformation (anbieten würden sich vielleicht Zylinderkoordinaten?) einschieben ... auf alle Fälle noch etwas Rechenarbeit. Augenzwinkern

Augenzwinkern

EDIT: Zylinderkoordinaten war natürlich Quatsch, denn das $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ ist ja schon wegintegriert. Gemeint waren also Polarkoordinaten. Augenzwinkern

Augenzwinkern

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02.07.2008, 20:08

Leopold

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Jetzt empfehlen sich Polarkoordinaten:

$\begin{eqnarray*} x = r \cos t \, , \ \ y = r \sin t \, ; \ \ \ \mathrm{d}(x,y) = r ~ \mathrm{d}(r,t) \end{eqnarray*}$

In der $\begin{eqnarray*} xy \end{eqnarray*}$ -Ebene ist das Integrationsgebiet der obere Halbkreis um $\begin{eqnarray*} \left( \frac{1}{2} , 0 \right) \end{eqnarray*}$ vom Radius $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ .
Offenbar gilt dafür: $\begin{eqnarray*} 0 \leq t \leq \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ . Um die zu jedem $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ gehörigen $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ zu finden, beachte den Satz des Thales.
Dann geht es relativ schnell.

03.07.2008, 18:55

hxh

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@ Arthur Dent
Ich verstehe nicht so ganz wie du auf dein Integral kommst. ICh vermute mal es wurde nach z aufgelöst $\begin{eqnarray*} z = \sqrt{R^2-x^2-y^2} \end{eqnarray*}$ oder hast du angenommen R=1 , so ganz bin ich noch nicht dahinter gekommen.

Edit (mY+): 'misplaced' in LaTeX berichtigt. x² funktioniert so nicht mehr!

03.07.2008, 22:27

Leopold

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In der Tat kann man zunächst den Radius $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ wählen und anschließend die ganze Figur mit dem Faktor $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ strecken. Bei Streckungen nehmen Rauminhalte den Streckfaktor in der dritten Potenz auf. So erklärt sich das $\begin{eqnarray*} R^3 \end{eqnarray*}$ .
Weiter genügt es aus Symmetriegründen, sich auf den oberen Halbraum $\begin{eqnarray*} z \geq 0 \end{eqnarray*}$ zu beschränken und den Inhalt zu verdoppeln. Da der Körper aber auch zur $\begin{eqnarray*} xz \end{eqnarray*}$ -Ebene symmetrisch ist, genügt es weiter, $\begin{eqnarray*} y \geq 0 \end{eqnarray*}$ zu betrachten, was zu einer weiteren Verdoppelung führt. So erklärt sich der Faktor $\begin{eqnarray*} 4 \end{eqnarray*}$ .

Wenn du nun die erste Ungleichung nach $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ auflöst (wegen $\begin{eqnarray*} z \geq 0 \end{eqnarray*}$ bekommt die Wurzel das positive Vorzeichen)

$\begin{eqnarray*} z \leq \sqrt{1 - \left( x^2 + y^2 \right)} \end{eqnarray*}$

erkennst du, daß der Raum unterhalb des Graphen der Funktion

$\begin{eqnarray*} f(x,y) = \sqrt{1 - \left( x^2 + y^2 \right)} \end{eqnarray*}$

und zugleich oberhalb des Halbkreises

$\begin{eqnarray*} B: \ \ \left( x - \frac{1}{2} \right)^2 + y^2 \leq \left( \frac{1}{2} \right)^2 \, , \ \ y \geq 0 \end{eqnarray*}$

zu berechnen ist:

$\begin{eqnarray*} V = 4R^3 \int_B f(x,y)~\mathrm{d} (x,y) \end{eqnarray*}$

Das ist wie eine Dimension tiefer. Dort ist der Graph einer Funktion $\begin{eqnarray*} f(x) \end{eqnarray*}$ eine (gekrümmte) Kurve und das Integral über einem (geradlinigen) Intervall berechnet eine Fläche. Jetzt ist der Graph der Funktion $\begin{eqnarray*} f(x,y) \end{eqnarray*}$ eine (gekrümmte) Fläche (hier ein Teil der Kugeloberfläche), und das Integral über der (ebenen) Fläche $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ berechnet den Zwischenraum.

04.07.2008, 00:06

hxh

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Ok jetzt ist mir das doch klarer Danke schön Freude

Freude

04.07.2008, 13:45

hxh

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kann es sein dass nach der koordinatentransformation das raus kommt ? ich verstehe jedoch nicht so ganz wie ich mit satz von thales auf die andere Grenze komme

$\begin{eqnarray*} 4 \int_{0}^{\pi/2} \int~r*\sqrt{1-(r²cos²\phi+\frac{1}{4}+rcos\phi)-(r²sin²\phi)}~dr d\phi \end{eqnarray*}$

04.07.2008, 15:48

Poff

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Nein

$\begin{eqnarray*} V\,=\,4\,{R}^{3}\int _{0}^{1/2\,\pi }\!\int _{0}^{\cos \left( t \right) }\!r\sqrt {1-{r}^{2} \left( \cos \left( t \right) \right) ^{2}-{r}^{2} \left( \sin \left( t \right) \right)^{2}}{dr}\,{dt} \end{eqnarray*}$

04.07.2008, 15:52

hxh

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aber ich muss doch um x richtung verschieben ?

04.07.2008, 16:37

Poff

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Nein, hier wird nichts verschoben.
Verschieberei würde die Vorteile wieder wegbeamen.

04.07.2008, 16:53

hxh

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Also gut ich komm bis hierhin falls es richtig sein sollte , das Integral hierüber scheint aber nicht leicht zu sein

so

edit irgendwo is dochn fehler muss mal suchen ...

Ok ich weiss nicht alls Endergebniss kommt 2/3 pi R³ raus eventuell doch nochn fehler irgendwo verwirrt

verwirrt

04.07.2008, 17:21

Poff

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Zitat:

Original von hxh
Also gut ich komm bis hierhin falls es richtig sein sollte , das Integral hierüber scheint aber nicht leicht zu sein

Ok ich weiss nicht alls Endergebniss kommt 2/3 pi R³ raus eventuell doch nochn fehler irgendwo verwirrt

verwirrt

Wie wärs mit
$\begin{eqnarray*} \left( \cos \left( t \right) \right) ^{2}+ \left( \sin \left( t \right) \right) ^{2}=1 \end{eqnarray*}$

04.07.2008, 17:32

hxh

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ja das war mir schon bewusst es folgt

$\begin{eqnarray*} r * \sqrt{1-r²} \end{eqnarray*}$

davon das integral ist

$\begin{eqnarray*} (1/3*(-1+r)*(r+1)*\sqrt{1-r²} \end{eqnarray*}$

dann einsetzen von den grenzen cos(\phi) und 0

$\begin{eqnarray*} (1/3*(-1+cos(\phi))*(cos(\phi)+1)*\sqrt{1-cos²(\phi)} + 1/3 \end{eqnarray*}$

den spaß dann nochmal integrieren hab ich in maple gemacht und grenzen eingesetzt kam das vorherige ergebniss heraus

04.07.2008, 18:37

Poff

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Du musst vereinfachen und einen Fehler musst auch haben, 2/3*pi*R^3 kommt nicht raus als Endvolumen.

04.07.2008, 21:19

Leopold

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$\begin{eqnarray*} \int_0^{\cos t} r \sqrt{1 - r^2} ~ \dd r = \left. - \frac{1}{3} \left( 1 - r^2 \right)^{\frac{3}{2}} \right|_0^{\cos t} = \frac{1}{3} \left(1 - \sin^3 t \right) = \frac{1}{3} + \frac{1}{3} (-\sin t) \left( 1 - \cos^2 t \right) \end{eqnarray*}$

Und die letzte scheinbar komplizierte Schreibweise soll dir helfen, die noch verbleibende Integration über $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ schnell hinzukriegen.

04.07.2008, 21:51

hxh

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konnte es Lösen
V= 2/3 pi R³ - 8/9R³

06.07.2008, 11:05

nichtganzklar

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wenn nur von 0 bis pi/2 integriert wird, muss man dann nicht nochmal den Faktor 2 vorschalten? So kommt man doch nur auf die Hälfte des Volumens, oder?

06.07.2008, 19:02

nichtganzklar

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@nichtganzklar: Nein! da hast du falsch gedacht Big Laugh

Big Laugh

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