Volumenintegral für eine Kugel - wie kommt man auf die Formel?

12.01.2009, 02:41

einfachich

Volumenintegral für eine Kugel - wie kommt man auf die Formel?

Hallo,

ich sitze seit Tagen an einem einzigen Problem.

Ich weiß, dass das Thema hier schon behandelt wurde, jedoch nicht so, wie ich es bräuchte, leider.

OK, das Volumenintegral ist gegeben durch:

V = $\begin{eqnarray*} \int_{r=0}^{R} \int_{\vartheta = 0}^{\pi} \int_{\varphi = 0}^{ 2 \pi} r²\ sin\vartheta\ dr\ d\vartheta\ d\varphi \; \; \; \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} \ \ \ dV = r²\ sin\vartheta\ dr\ d\vartheta\ d\varphi \ \ \ \end{eqnarray*}$ gilt.

Wenn ich das so mache, wie ich denke, komme ich auf:

$\begin{eqnarray*} \ \ \ dV = r²\ dr\ d\vartheta\ d\varphi \ \ \ \end{eqnarray*}$

Das Ganze also wie oben, nur ohne $\begin{eqnarray*} \ \ sin\vartheta \end{eqnarray*}$
Das ist aber falsch.

Was hat das $\begin{eqnarray*} \ \ sin\vartheta \end{eqnarray*}$ da zu suchen? Ist das nicht eine Projektion auf die x-y-Ebene?

Gibt es dafür eine anschauliche Erklärung?

Könnte mir jemand zu dem entscheidenden und so wichtigen "Klick" in meinem Gehin verhelfen?

12.01.2009, 11:42

Fletcher

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Hast du dir schon einmal Kugelkoordinanten und das Volumenelement dV in Kugelkoordinaten angeguckt. Man wird bspw. bei google fündig. Vielleicht hilft dir das zu diesem Klick weiter Augenzwinkern

12.01.2009, 12:55

BaldrianForte

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humalog
Ich sitze seit Tagen an dieser Sache. Nirgendwo wird jedoch erklärt, wie man auf dieses Sinus kommt.

12.01.2009, 13:04

einfachich

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geht mir genau so

12.01.2009, 13:09

Zellerli

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Haha genial.

Mir gings damals wie euch Augenzwinkern

Irgendwo gibts von mir auch nen Thread dazu.

Aber wenn es nur ums Volumenelement geht, hilft vielleicht dieses Bild weiter:

edit: Kreisbogenelement ist bei infinitesimalen Schritten schlicht Radius * Winkelelement(im Bogenmaß), wobei das Winkelelement beim besagten Kreiselement ganz klar $\begin{eqnarray*} \partial \varphi \end{eqnarray*}$ ist.
Der Radius ist aber nicht konstant, sondern hängt vom "aktuellen" Winkel $\begin{eqnarray*} \theta \end{eqnarray*}$ ab. Und zwar über den Sinus.
Kann man einfach nachprüfen: Eine "Kreisscheibe" ganz oben oder ganz unten in der Kugel ist sehr klein, während der Radius am "Bauch" der Kugel [war edit, da Stand mal: des Kreises -.- ], in der Mitte, bei $\begin{eqnarray*} \theta = \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ maximal ist.

12.01.2009, 13:30

klarsoweit

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RE: Volumenintegral für eine Kugel - wie kommt man auf die Formel?

Zitat:

Original von einfachich
Gibt es dafür eine anschauliche Erklärung?

Die anschauliche Erklärung von Zellerli, die formale Erklärung von mir:

Beim Volumenintegral wird über die Abbildung
$\begin{eqnarray*} (r, \phi, \vartheta) \to (x, y, z) = (r \cdot cos(\phi) \cdot cos(\vartheta), r \cdot sin(\phi) \cdot cos(\vartheta), r \cdot sin(\vartheta)) \end{eqnarray*}$
transformiert. Jetzt die Transformationsregel für Volumenintegrale anwenden.

12.01.2009, 13:34

Zellerli

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Das war damals auch mein Problem. Diese Frage taucht bei den Mathematikern sicher irgendwann bei Transformationen auf.
Bei den Physikern aber gleich im ersten Semester (oder gar im Vorkurs), weil Parametrisierungen und Volumenintegrale von Anfang an gebraucht werden.

Und da fehlt das nötige Hintergrundwissen über Transformationen (die allermeisten nehmen das einfach so hin und lernen es auswendig). Glaube da tauchen dann auch so Funktionaldeterminanten, etc. auf. Und dabei hat man an vielen Unis zu diesem Zeitpunkt noch nichtmal was von Matrizen gehört...

Trotzdem ist es richtig und wichtig auch den mathematisch sauberen Weg zu kennen. Denn nicht alle Konstrukte sind so schön anschaulich wie eine 3D Kugel Augenzwinkern

13.01.2009, 00:44

einfachich

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Hm, das Bild ist toll. Die Erklärung ist nur sehr schwer bis nicht nachvollziehbar. Natürlich, wenn man weiß, worum es geht (woran Du bei Deiner Aussage denkst), würde sie sicher logisch erscheinen. Ich kann leider nichts damit anfangen bzw. bin nicht weiter als vorher.

Sagst Du, dass die Kugel in horizontale Scheiben geschnitten wird, aus denen ich mir dann die Volumenelemente nehme? Das würde jedoch nicht mit der Zeichnung übereinstimmten.

Sorry, will nicht kritisieren, bräuchte aber jemanden der es mir für Doofe (!!!), Schritt für Schritt, erklärt.

Wäre dafür wirklich sehr dankbar. lg

13.01.2009, 19:04

einfachich

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hm, viellieicht findet sich ja doch noch jemand....?

12.12.2010, 21:13

Renzi

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also ich verstehe völlig die anschaung unten von zellerli. aber schwieriger wird es dann bei der überseztung in die kugel koordinaten. determinaten hatten wir noch nicht aber auch die umsetzung dessen, hab ich verstehn können.
nur wie komme ich auf die kugelkoordinaten, also geometrisch?

lieben dank im vorraus.

ich habe die kugelkoordinaten drangehängt. aus denen wird durch transformation durch die funktionaldeterminatne die endformel für das volumenelement.

13.12.2010, 09:23

klarsoweit

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Wenn du einen Vektor (x, y, z) hast, dann ist $\begin{eqnarray*} r = \sqrt{x^2+y^2+z^2} \end{eqnarray*}$ , theta der Winkel zwischen dem Vektor (x, y, z) und der z-Achse und phi der Winkel zwischen der x-Achse und der Projektion des Vektors (x, y, z) auf die x-y-Ebene.

08.02.2011, 19:20

count0

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Volumenelement in beliebigem Koordinatensystem
Die geometrische Deutung von Zellerli ist recht anschaulich (von cart. Koordinaten aus gesehen). Die formale
Berechung sieht so aus:

Wir wollen das infinitesimale Volumenelement berechnen um zu integrieren. Das infinitesimale Volumenelement haengt von der Geometrie des verwendeten Koordinatensystems ab.
Formal beschreibt man infinitesimale Volumenelemente in beliebigen Koordinaten ueber die Funktionaldeterminante,
die die partielle Ableitung jeder Komponente der Abbildung (von Koord. system A in system B) ist. Wir wollen also wissen wie sich jede Koordinate im neuen System 'veraendert'.

Fuer die Abbildung
$\begin{eqnarray*} (x,y,z) -> (u,v,w) \end{eqnarray*}$

lautet die Funktionaldeteminante (FD):

$\begin{eqnarray*} dV = |D| du dv dw \end{eqnarray*}$

Man integriert dann ueber das Volumne im neuen Koord. System mit:
$\begin{eqnarray*} \int_V {f(u,v,w)dV} = \int\int\int {f(u,v,w) |D| dw dv du} \end{eqnarray*}$

Von cart. Koord. in bel. Koord. lautet die FD dann.:

$\begin{eqnarray*} D = \left| \begin{array}{ccc} \frac{\partial x}{\partial u} & \frac{\partial y}{\partial u} & \frac{\partial z}{\partial u} \\ \frac{\partial x}{\partial v} & \frac{\partial y}{\partial v} & \frac{\partial z}{\partial v} \\ \frac{\partial x}{\partial w} & \frac{\partial y}{\partial w} & \frac{\partial z}{\partial w} \end{array} \right | \end{eqnarray*}$

Vorgerechnet in Zylinderkoordinaten sieht das so aus:

1) Abbildung von Cart. Koord. in Zylinder Koord:

$\begin{eqnarray*} (x,y,z) -> (r, \phi, z) (r cos \phi, r sin \phi, z) \end{eqnarray*}$

2) Funktional Determinante:

$\begin{eqnarray*} D = \left| \begin{array}{ccc} \frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial y}{\partial r} & \frac{\partial z}{\partial r} \\ \frac{\partial x}{\partial \phi} & \frac{\partial y}{\partial \phi} & \frac{\partial z}{\partial \phi} \\ \frac{\partial x}{\partial z} & \frac{\partial y}{\partial z} & \frac{\partial z}{\partial z} \end{array} \right |= \left| \begin{array}{ccc} cos \phi & -r sin \phi & 0 \\ sin \phi & r cos \phi & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right | = cos \phi * r cos\phi + r sin^2 \phi = r (cos^2 \phi + sin^2 \phi) = r \end{eqnarray*}$

also ist D in diesem fall einfach nur r:

$\begin{eqnarray*} \int\int\int {f(r,\phi,z) |D| dr d\phi dz} = \int\int\int {f(r,\phi,z) r dr d\phi dz} \end{eqnarray*}$

Die Berechnung der FD fuer Kugelkoordinaten sei hier als Uebung dem Leser ueberlassen.

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