Mantelfläche eines schiefen Kreiszylinders [Geometrie]

26.10.2009, 19:39

apsel

Mantelfläche eines schiefen Kreiszylinders [Geometrie]

Ich suche eine Formel für den Oberflächeninhalt eines schiefen Kreiszylinders. Dazu brauche ich die Mantelfläche oder auch ein Netz des Körpers.
Unabhängig von Definitionen meine ich:

Grund- und Deckfläche sind kongruente Kreise, die in zueinander parallelen Ebenen liegen und die Verbindungsgerade der beiden Kreismittelpunkte steht nicht senkrecht auf der Grundflächenebene.

Wie sieht die Mantelfläche aus? Wie kann man ihren Flächeninhalt in Abhängigkeit vom Neigungswinkel berechnen?

Vielen Dank

26.10.2009, 23:25

Abakus

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RE: Mantelfläche eines schiefen Kreiszylinders [Geometrie]
Hängt der Flächeninhalt überhaupt vom Neigungswinkel ab? Schneide die Mantelfläche doch mal auf und roll die auf eine Ebene ab, hilft das?

Grüße Abakus smile

27.10.2009, 09:26

apsel

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Ich denke schon.

Beim Prisma, welches als besonderer Zylinder aufgefasst werden kann, gilt: Je schiefer, desto größer die Mantelfläche. Das Volumen ist natürlich unverändert.

Laut Mathebibel Bronstein gibt es eine einfache Formel für den Mantel eines jeden Zylinders: Grundflächenumfang * Höhe + Umfang eines Schnittes senkrecht zur Achse * Länge. Allerdings gilt diese Formel für den geraden Kreiszylinder wohl nicht, denn da würde sich ergeben $\begin{eqnarray*} 2\pi r h + 2\pi r h = 4\pi r h \end{eqnarray*}$ , was ja so nicht stimmt.

Bleibt trotzdem die Frage, wie sieht der Mantel aus? Zum basteln muss man ja erstmal einen haben ;-)

Matthias

27.10.2009, 19:21

Abakus

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Zitat:

Original von apsel
Grundflächenumfang * Höhe + Umfang eines Schnittes senkrecht zur Achse * Länge.

Ja, in meinem Bronstein steht diese Formel auch (ich bin fast vom Glauben abgefallen geschockt

). Da diese jedoch für den senkrechten Zylinder schon nicht funktioniert, muss sie falsch sein. Ich denke, dass es stattdessen richtig heißen muss:

$\begin{eqnarray*} M = \rho \cdot h = s \cdot l \end{eqnarray*}$

bzw. im Fall einer kreisförmigen Grundfläche:

$\begin{eqnarray*} M = 2\pi \cdot r \cdot h = s \cdot l \end{eqnarray*}$

Dabei ist:

l = Länge der Mantellinie (also vom unteren Kreis zum oberen)
s = Umfang eines Querschnitts senkrecht zur Mantelllinie

Beide Dinge oben sind auch dasselbe, wenn nämlich $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ der Neigungswinkel deines Zylinders ist, gilt:

$\begin{eqnarray*} d = 2r \cdot \sin \alpha \end{eqnarray*}$ , damit $\begin{eqnarray*} s = \pi \cdot d \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} l = \frac{h}{\sin \alpha} \end{eqnarray*}$

Hier ist:

h = die Höhe des Zylinders

d = der senkrecht auf der Mantellinie stehende Zylinder-"Durchmesser"

Dann ist:

$\begin{eqnarray*} s \cdot l = \pi \cdot 2r \cdot \sin \alpha \cdot \frac{h}{\sin \alpha} = 2\pi \cdot r \cdot h \end{eqnarray*}$

Um sich letzteres vorzustellen, kann man den Zylinder entlang s einmal durchschneiden und das untere Stück wieder oben draufsetzen.

Ansonsten: der abgerollte Mantel ist bei mir ein Parallelogramm, wenn ich ihn entlang einer Mantellinie aufschneide.

Beim Prisma hab ich mir das Ganze jetzt nicht überlegt.

Grüße Abakus smile

27.10.2009, 20:20

apsel

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Der Mantel eines geraden Kreiszylinders ist ein Rechteck, ich denke darüber besteht Einigkeit. Wenn ich nun ein Parallelogramm als Mantel habe, kann es nur zu einem geraden Zylinder rollen. Es wäre das Gleiche wie das Rechteck schräg durchgeschnitten und anders zusammengesetzt. (Wie man halt in der Schule die Flächeninhaltsformel für das Parallelogramm herleitet.)

Der Mantel eines schiefen Prismas ist immer größer als eines entsprechenden geraden Prismas, weil es wenigstens ein Parallelogramm der Seitenfläche gibt, das eine größere Höhe als das entsprechende Rechteck hat. (Schiefmachen bedeutet automatisch verlängern der Seitenkanten und nicht alle können in der Ebene Seitenflächen können in einer Ebene mit dem "Schiefmachvektor" (z.B. Deckfläche 2 Einheiten nach rechts schieben) liegen. Nur die Seitenflächen, die in einer Ebene mit dem "Schiefmachvektor" liegen, bleiben Parallelogramme mit der selben Höhe wie das Rechteck. Alle anderen Parallelogrammhöhen sind größer als die entsprechenden Rechteckshöhen.

Ich habe mir einen Mantel eines schiefen regelmäßigen achtseitigen Prismas gebastelt und vermute daraus, dass der Mantel eines schiefen Kreiszylinders in die Ebene abrollbar ist und ein "Rechteck" ist, das oben und unten von einer Sinusfunktion begrenzt ist. Basteln führt zum Erfolg.

siehe auch http://www.mathematische-basteleien.de/zylinder.htm, den Abschnitt über den schräg abgeschnittenen Zylinder.

Auch ist dein Versuch der Berichtigung der Gleichung somit falsch, weil Prismen als spezielle Zylinder aufgefasst werden, bei denen die Erzeugende halt keine differenzierbare Kurve beschreibt sondern welche mit Knicken (siehe Bronstein, selbe Seite)

Eine einfache Berechnung der Mantelfläche fällt lt. Bronstein aus, ich unterstelle mal die Richtigkeit der Formel, weil die Fläche senkrecht zur Achse in dem Fall eine Ellipse ist und der Ellipsenumfang nur näherungsweise angegeben werden kann.

Wenn du jedoch noch was besseres findest, ich bin für jeden Tipp dankbar. Eine Möglichkeit zur Berichtigung der Formel:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} \left(p\cdot h + s\cdot l\right) \end{eqnarray*}$ , die stimmt zumindest für den geraden Kreiszylinder, sie ließe sich auch für ein schiefes quadratisches Prisma relativ einfach testen

aber warum sollte es gerade das arithmetische Mittel sein?

Der "Bartsch" auch so ne kleine Mathebibel spricht übrigens von "Umfang normal zur Achse * Länge". Das leuchtet mir ein wenig ein. Aber dies ist nicht gleich p * h, denn sonst hätten alle schiefen Zylinder denselben Mantelflächeninhalt.

zweiter Vorschlag: $\begin{eqnarray*} M = p\cdot l = s\cdot h \end{eqnarray*}$ . Das scheint plausibel; die Länge ist größer als die Höhe und der Grundflächenumfang ist dafür kleiner als der Schnittflächenumfang. Dann stimmt auch deine Erläuterung wieder mit dem Sinus usw.

Das wird es sein.

Falls du noch was besseres findest, du weißt ja ...

Vielen Dank

Matthias

27.10.2009, 21:42

Abakus

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Du hast völlig recht, meine obige Überlegung haut nicht hin verwirrt

. Ich hatte den Schnitt senkrecht zur Mantellinie als Kreis angesehen, es scheint aber wirklich eine Ellipse zu sein: in dem Fall müsste man die beiden Halbachsen haben.

Das Abrollen bringt auch kein Parallelogramm, sondern etwas deutlich komplizierteres (gerade grob ausprobiert).

Vermutlich muss man erstmal analytisch an das Problem ran.

Grüße Abakus smile

28.10.2009, 14:34

apsel

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Zitat:

Original von Abakus

Das Abrollen bringt auch kein Parallelogramm, sondern etwas deutlich komplizierteres (gerade grob ausprobiert).

Spricht für das "Rechteck" oben und unten von Sinusfunktionen begrenzt.

Zitat:

Original von Abakus

Du hast völlig recht, meine obige Überlegung haut nicht hin verwirrt

. Ich hatte den Schnitt senkrecht zur Mantellinie als Kreis angesehen, es scheint aber wirklich eine Ellipse zu sein: in dem Fall müsste man die beiden Halbachsen haben.

und noch 2 Indizien sprechen dafür:

1. Die Bogenlänge des Sinus ist ebenso wie der Umfang einer Ellipse nur als Reihe zu haben

2. Einen schiefen Kreiszylinder kann man auf zwei Arten erhalten: die Deckfläche eines geraden Kreiszylinders verschieben oder einen geraden Zylinder mit elliptischer Grundfläche schräg abschneiden. Was ebenso auf die sinusförmige Abrollkurve führt (siehe http://www.mathematische-basteleien.de/zylinder.htm).

und die erste Idee mit dem Parallelogramm rührt aus zwei Dingen: beim schiefen Prisma werden aus Rechtecken Parallelogramme, ein gerader Kreiszylinder entsteht, wenn man ein Rechteck dreht, ein schiefer entsteht durch Drehung eines Parallelogramms.

Matthias

28.10.2009, 15:02

apsel

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Ausschneiden und zusammenrollen.

Matthias

28.10.2009, 19:52

Abakus

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Also mal analytisch:

ich nehme die Zylinderfläche

$\begin{eqnarray*} F(\varphi, h) = (R \cdot \cos \varphi, R \cdot \sin \varphi, h) \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ =Zylinderradius, $\begin{eqnarray*} \varphi \in [0, 2\pi[,~ h \in [0, H] \end{eqnarray*}$

und transformiere diese via

$\begin{eqnarray*} T(x, y, h) = (x + \frac L H \cdot h, y, h) \end{eqnarray*}$

Dabei ist L die Verschiebungsstrecke längs der x-Richtung.

Für die Bildfläche G bzgl. T gilt demnach:

$\begin{eqnarray*} G(\varphi, h) = (R \cdot \cos \varphi + \frac L H \cdot h, R \cdot \sin \varphi, h) \end{eqnarray*}$

Das sollte dann die Parametrisierung für den schiefen Zylinder sein.

Mit

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial G}{\partial \varphi} \times \frac{\partial G}{\partial h} = (-R \cdot \sin \varphi, R \cdot \cos \varphi, 0) \times (\frac L H, 0, 1) = (R \cdot \cos \varphi, R \cdot \sin \varphi, R \cdot \frac L H \cdot \cos \varphi) =: v \end{eqnarray*}$

ergibt sich: $\begin{eqnarray*} ||v|| = R \cdot \sqrt{1 + \frac{L^2}{H^2} \cdot \cos^2 \varphi} \end{eqnarray*}$ .

Damit gilt für die Mantelfläche M des schiefen Zylinders (Oberflächenintegral):

$\begin{eqnarray*} M = \int_0^{2\pi}~\int_0^H~R \cdot \sqrt{1 + \frac{L^2}{H^2} \cdot \cos^2 \varphi}~dh~d\varphi \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = R \cdot H \cdot \int_0^{2\pi}~\sqrt{1 + \frac{L^2}{H^2} \cdot \cos^2 \varphi}~d\varphi \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = 4R \cdot H \cdot \int_0^{\frac{\pi}{2}}~\sqrt{1 + \frac{L^2}{H^2} \cdot \sin^2 \varphi}~d\varphi \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = 4R \cdot H \cdot EllipticE\left(\sqrt{-\frac{L^2}{H^2}}\right) \end{eqnarray*}$

Letzteres ist dann ein elliptisches Integral zweiter Art (hier in der Notation von Maple geschrieben). Wegen $\begin{eqnarray*} \tan \psi = \frac H L \end{eqnarray*}$ haben wir damit auch eine Beziehung in Abhängigkeit von der Schiefe des Zylinders $\begin{eqnarray*} \psi \end{eqnarray*}$ . Mit einem CAS ist das ohne weiteres auswertbar.

Insbesondere ist $\begin{eqnarray*} EllipticE(0) = \frac \pi 2 \end{eqnarray*}$ , d.h. für den geraden Zylinder passt es.

Grüße Abakus smile

28.10.2009, 20:25

apsel

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Respekt!

28.10.2009, 20:32

Abakus

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Interessant wäre nun, ob sich die Bronstein-Formel irgendwie rechtfertigen lässt.. also ob das eine Näherung sein könnte (wenn man zB so wie du die Formel modifiziert) oder so und was man sich dabei gedacht hat. Da ist mir noch nichts zu eingefallen.

Grüße Abakus smile

29.10.2009, 09:06

apsel

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Zitat:

Original von apsel
$\begin{eqnarray*} M = \rho\cdot l = s\cdot h \end{eqnarray*}$ .

Das wird die richtige sein, denn dein Integral ist ja eigentlich nur der entsprechende Umfang.

Matthias

01.11.2009, 10:03

apsel

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Bronsteinformel
Ich denke, wir sind uns darüber einig, dass Prismen spezielle Zylinder sind.

Ich hab mal die einzelnen Bestandteile der Bronstein-Formeln $\begin{eqnarray*} M=p\cdot h=s\cdot l; V=F\cdot h=Q\cdot l \end{eqnarray*}$ , zur Bezeichnung siehe Bronstein 22. Auflage Seite 199 mal für ein schiefes Prisma mit quadratischer Grundfläche ABCD, Deckfläche EFGH hergenommen, $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ bezeichnet den Winkel zwischen AB und AE, die Deckfläche wird nur in Richtung AB verschoben. Dann gilt:
$\begin{eqnarray*} p=4\cdot a \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} s=2a(1 + sin(\alpha )) \end{eqnarray*}$

Dabei hab ich noch einen Fehler in einem früheren Post bemerkt: Der Schnittflächenumfang ist kleiner als der Grundflächenumfang.

$\begin{eqnarray*} l=\frac{h}{sin(\alpha )} \end{eqnarray*}$

somit
$\begin{eqnarray*} 4ah=2a(1 + sin(\alpha ))\cdot \frac{h}{sin(\alpha )} \end{eqnarray*}$ , was nicht richtig ist.
Auch die anderen Kombinationen, insbesondere meine Vorschläge stimmen damit nicht.

Elementargeometrisch ergibt sich für die Mantelfäche $\begin{eqnarray*} 2ah \cdot (1+ \frac{1}{sin(\alpha )}) \end{eqnarray*}$ , was $\begin{eqnarray*} s \cdot l \end{eqnarray*}$ ist.

Also $\begin{eqnarray*} M=s \cdot l \end{eqnarray*}$ , was du für einen schiefen Kreiszylinder und ich für ein schiefes quadratisches Prisma gezeigt habe, obgleich man noch Verschiebungen der Deckfläche in x und y-Richtung berücksichtigen müsste. Beim Zylinder natürlich nicht.

Matthias

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