Kugel mit Loch reingebohrt - Volumen per Integral?

31.10.2009, 17:01

frank2009

Kugel mit Loch reingebohrt - Volumen per Integral?

Hallo liebe User!
Wir sollen das Volumen einer Kugel berechnen, in die ein Loch gebohrt wurde.
Der Kugelmittelpunkt befindet sich im Ursprung, sie hat den Radius 1, das Loch wird von oben (also in z-Richtung) hineingebohrt, ist also ein Zylinder mit Radius a .
Der "Schnittkreis" von Kugeloberfläche und Bohrlochzylinder hat den Radius a und befindet sich an der Stelle z_0 < 1

Wir sollen nun das Volumen berechnent, dass diese durchbohrte Kugel hat. Leider steh ich ein wenig auf dem Schlauch. Folgende Gedanken hab ich mir schon gemacht:

Ich nehme das komplette Kugelvolumen:

$\begin{eqnarray*} \frac{4}{3} r^3 \pi \end{eqnarray*}$

und subtrahiere den Zylinder

$\begin{eqnarray*} r^2 \pi h \end{eqnarray*}$

sowie den "Kugeldeckel" 2x.
Allerdings fehlt mir ein wenig das Verständnis, wie ich den "Kugeldeckel" per Integral berechnen kann.

Sein Volumen ist ja:

$\begin{eqnarray*} 2 \pi h r(h) \end{eqnarray*}$

wobei r(h) der Radius des Kreises ist, der ja immer von h abhängt. Nun weiß ich nicht genau, wie ich daraus das Volumen berechnen kann.
Meine Idee war nun ein Formel für r(h) aufzustellen:

$\begin{eqnarray*} r(h) = \sqrt{h^2 - 1} \end{eqnarray*}$ (Pythagoras)

und diesen Begriff dann von h_0 bis 1 in z-Richtung zu integrieren.

Ist das so richtig?

31.10.2009, 17:48

gonnabphd

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ich würd eher versuchen, "flache Scheiben aufeinander zu schichten". Ähnlich wie beim Zylinder, jedoch verändert sich der Radius mit h.

also etwas von der Form:

$\begin{eqnarray*} \int_{b}^{0}~r(h)^2\pi~dh \end{eqnarray*}$

31.10.2009, 17:51

gonnabphd

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obwohl, so einfach ist's ja gar nicht...

hab also nichts gesagt...

31.10.2009, 17:53

wogir

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Du weisst, dass man das Volumen einer Kugel mir Radius 1 berechnen kann mit

V= $\begin{eqnarray*} \int_0^1 r^2 dr\int_0^{2\pi}d\varphi\int_{-1}^{1}d\cos\theta \end{eqnarray*}$ ,

oder? Bei der gebohrten Kugel müsste man zusätzlich die Bedingung $\begin{eqnarray*} x^2+y^2\leq a^2 \end{eqnarray*}$ verwenden, wodurch sich die Integrationsgrenzen verändern.

31.10.2009, 23:13

Leopold

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Die Kugel vom Radius $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ ist ein Rotationskörper. Laß doch einfach den Graphen der Funktion

$\begin{eqnarray*} f(x) = \sqrt{r^2 - x^2} \end{eqnarray*}$

im Bereich $\begin{eqnarray*} [-c,c] \end{eqnarray*}$ um die $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ -Achse rotieren. Dabei ist $\begin{eqnarray*} c>0 \end{eqnarray*}$ so zu berechnen, daß $\begin{eqnarray*} f(c) = a \end{eqnarray*}$ gilt. Vom Volumen dieses Körpers ist noch das Volumen des Zylinders vom Radius $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ und der Höhe $\begin{eqnarray*} 2c \end{eqnarray*}$ abzuziehen. Das gesuchte Volumen der ausgebohrten Kugel ist dann

$\begin{eqnarray*} V = \pi \int_{-c}^c \left( f(x) \right)^2~\dd x \ - \ \pi \cdot a^2 \cdot 2c \end{eqnarray*}$

Und aus Symmetriegründen kann man auch so rechnen:

$\begin{eqnarray*} V = 2 \pi \int_0^c \left( f(x) \right)^2~\dd x \ - \ 2 \pi a^2 c = 2 \pi \left( \int_0^c \left( f(x) \right)^2~\dd x \ - \ a^2c \right) \end{eqnarray*}$

Und da kommt ein recht hübscher Term heraus. Etwas mit $\begin{eqnarray*} \left( \ldots \right)^{\frac{3}{2}} \end{eqnarray*}$

01.11.2009, 20:50

wogir

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Zitat:

Original von wogir
Bei der gebohrten Kugel müsste man zusätzlich die Bedingung $\begin{eqnarray*} x^2+y^2\leq a^2 \end{eqnarray*}$ verwenden

Verzeihung, muss natürlich $\begin{eqnarray*} x^2+y^2\geq a^2 \end{eqnarray*}$ heißen, sonst kommt Unsinn raus.

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