Mantelfläche von Rotationskörpern

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14.04.2010, 17:18	haffael	Auf diesen Beitrag antworten »
Mantelfläche von Rotationskörpern gleich noch ein thread Ich hab hier ne Aufgabe gesehen bei der man die Mantelfläche eines Rotationskörpers bestimmen sollte. Hab ich mir gedacht, da findest bestimmt selber schnell ne Formel dafür. Mein Gedankengang war folgender: Gegeben: Funktion f(x), um die x-Achse soll rotiert werden Wie bei der Einführung des Integrals bin ich mal von einer Näherung ausgegangen. Wenn man mal ein Einfaches Stück Zylinder nimmt - also eine konstante Funktion rotieren lässt, hat der Körper ja auf einem Stück $\begin{eqnarray} \Delta x \end{eqnarray}$ die Mantelfläche $\begin{eqnarray} A = 2 \pi \cdot f(x) \cdot \Delta x \end{eqnarray}$ f(x) entspricht dem Radius, Delta x entspricht der Höhe des Zylinders Macht man das Stück immer kleiner, bekommt man das Flächenstück $\begin{eqnarray} \dd A = 2 \pi \cdot f(x) \cdot \dd x \end{eqnarray}$ Alle kleinen Flächenstücke aufsummiert ergibt: $\begin{eqnarray} A = \int 2 \pi \cdot f(x) \cdot \dd x \end{eqnarray}$ Die Formel scheint aber nun nicht zu stimmen. Wo liegt mein Denkfehler ?
14.04.2010, 18:08	Dustin	Auf diesen Beitrag antworten »
Was führt dich denn zu der Schlussfolgerung, dass die Formel nicht stimmt?
14.04.2010, 19:08	haffael	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Mantelfläche von Rotationskörpern es muss heißen $\begin{eqnarray} A = 2 \pi \int f(x) \sqrt{1+f'(x)^2} \dd x \end{eqnarray}$ diese wurzel kenn ich schon vom linienintegral - aber was sie hier zu suchen hat versteh ich nicht
14.04.2010, 19:33	Dustin	Auf diesen Beitrag antworten »
hmmmmmmmmmmmm...
14.04.2010, 19:46	Dustin	Auf diesen Beitrag antworten »
also anschaulich erkläre ich mir das gerade so: Deine Formel kann deswegen noch nicht ganz stimmen, weil du eins nicht berücksichtigst: Wenn du deinen Rotationskörper achsenparallel aufschneidest und ausbreitest, ist die entstehende (Ober-) fläche nicht glatt, sondern gewölbt. Daher muss die Fläche größer sein als die von dir mit deiner Formel berechnete. Mit welchem konkreten Ansatz man da jetzt rechnen muss, weiß ich aber leider auch nicht so genau (ich war zunächst auch für deine Formel). Vilt kann da jemand anders weiterhelfen?
15.04.2010, 08:57	haffael	Auf diesen Beitrag antworten »
Achsenparallel schneide ich ihn ja nicht auf. Ich nehm Scheiben davon weg. Und wenn ich die "unendlich klein" mache, dann kann ich sie ja als Zylinder ansehen. Beim Integral macht mans ja genauso. Kleine Flächenstücke die man als Rechtecke ansieht
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15.04.2010, 20:26	gonnabphd	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielleicht würde es ja helfen, ein einfaches Beispiel anzuschauen, bei dem deine "Formel" versagt, z.B. einen Kegel. Poste bitte deine Überlegungen dann hier rein, würde mich interessieren!
15.04.2010, 20:33	Dustin	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja klar, ich verstehe schon dein Prinzip! Wie gesagt hätte ich das je spontan auch so gemacht gehabt. Aber inzwischen ist mir ein, glaube ich, ganz verständliches Beispiel eingefallen, warum das nicht reichen kann: Nimm mal die Funktion f(x)= 1 für 0<x<1 linear für 1<=x<1,0001 2 für 1,0001<=x<2 also abschnittsweise definiert. Jetzt tu mal den Rotationskörper in Gedanken anmalen. Bei deiner Oberflächenformel $\begin{eqnarray} O=2\pi \int_0^2 \! f(x) \, dx \end{eqnarray}$ könnte man die Fläche zwischen 1 und 1,0001 praktisch vernachlässigen. Du malst also quasi nur die beiden Zylinderteile an. Aber in Wirklichkeit ist die Fläche dazwischen ja keineswegs gering! Ich hoffe, das kann man anschaulich so verstehen?! Dein (und anfänglich auch mein) Denkfehler ist also, dass du den Pinsel immer nur parallel zur x-Achse hälst beim Malen, also in dx- Richtung. In Wirklichkeit musst du den Körper entlang des Körpers anmalen, also in ds- Richtung (Linienelement). Es muss also nicht $\begin{eqnarray} O=2\pi \int_0^2 \! f(x) \, dx \end{eqnarray}$ heißen, sondern $\begin{eqnarray} O=2\pi \int_0^2 \! f(x) \, ds \end{eqnarray}$ !!! Klaro?
15.04.2010, 23:06	haffael	Auf diesen Beitrag antworten »
oha und wo nehme ich dann das ds her ? ^^ an unstetige funktionen hab ich jetzt nicht gedacht. ich hatte auch keine mit knick gegeben. hab grad mal auf dem papier was mit nem kegel durchgerechnet, zwischenzeitlich hatte ich $\begin{eqnarray} M = \frac{1}{2} r h \pi \end{eqnarray}$ war aber ein fehler drin den ich lange übersehen hatte.. hab noch etwas rumgerechnet aber hab mich dann verzettelt - und jez keine lust mehr. bald mehr edit: vielleicht ein paar krümel, falls jemand interessiert ist das selber mal durchzurechnen: funktion war bei mir einfach f(x) = ax winkel an der spitze des kegels ist dann alpha = 2 arctan a mit dem winkel bekommt man dann s (kantenlänge) und kann sich eine formel zusammenbasteln, in der dann nur noch r und s als variablen vorkommen, wie in der richtigen formel $\begin{eqnarray} M = r s \pi \end{eqnarray}$ . aber heute nicht mehr
15.04.2010, 23:40	Dustin	Auf diesen Beitrag antworten »
Meine Fkt war ja auch nur ein Beispiel Damit wollte ich nur sagen, dass du in ds- Richtung, nicht in dx- Richtung malen musst. ds ist das Linienelement, wie man das berechnet, müsstest du doch schon wissen, wie du ja selber ganz am Anfang gesagt hast Bei f(x)=ax müsste das doch sehr einfach auszurechnen sein, weil f' doch konstant ist... LG
19.04.2010, 09:06	haffael	Auf diesen Beitrag antworten »
mmh aber warum wenn ich jedes flächenstück durch eine "treppe" mit flächen parallel zur x-achse annähere, ist ds doch das gleiche wie dx. wie beim normalen integral auch aber ich glaube genau hier steckt mein denkfehler
19.04.2010, 20:59	gonnabphd	Auf diesen Beitrag antworten »
Mal eine ein wenig andere Betrachtungsweise. Wir schauen uns die Folge der folgenden Funktionen an: $\begin{eqnarray} f_n(x) := \begin{cases} nx & x \in [0,1/n] \\ -nx & x \in [1/n, 2/n] \\ 0 & x \in [2/n,1] \end{cases} \end{eqnarray}$ Deren Oberflächen gemäss deiner Formel sind dann: $\begin{eqnarray} O_n := \int_0^1 \! 2 \pi f_n(x) \, dx = 4 \pi \int_0^{1/n} \! nx \, dx = \frac{4 \pi n}{2n^2} = \frac{2 \pi}{n} \end{eqnarray}$ Also geht für $\begin{eqnarray} n \rightarrow \infty \end{eqnarray}$ die Folge der Oberflächen gegen 0, Aber das sollte ja nicht der Fall sein, denn bildlich gesprochen nähern sich die Oberflächen der Funktionen ja der ganzen y-Achse an! Das ist übrigens genau der Punkt, den auch Dustin schon gemacht hat.
19.04.2010, 21:12	Dustin	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, genau da liegt der Denkfehler! Die Oberflächenstücke gehen ja nicht parallel zur x - Achse! Sondern entlang des Graphen f(x), also in Richtung des Linienelements $\begin{eqnarray} ds=\sqrt{dx^2+dy^2} \end{eqnarray}$ !
20.04.2010, 01:47	WebFritzi	Auf diesen Beitrag antworten »
Man kann sich das wie folgt erklären: Sei $\begin{eqnarray} a = x_0 < x_1 < \ldots < x_n = b \end{eqnarray}$ eine Unterteilung von [a,b]. Wir wollen die Fläche des Rotationskörpers berechnen, welcher entsteht, wenn wir eine stetig differenzierbare Funktion $\begin{eqnarray} f : [a,b]\to\mathbb R^+ \end{eqnarray}$ um die x-Achse rotieren lassen. Dazu nehmen wir uns ein Segment $\begin{eqnarray} [x_j,x_{j+1}] \end{eqnarray}$ der obigen Unterteilung daher. Wir nehmen an, dass die Unterteilung hinreichend fein ist, so dass f über dem Segment "nahezu linear" ist. Der Abschnitt des Rotationskörpers über dem Segment ist also nahezu ein Kegelstumpf. Die Mantelfläche eines Kegelstumpfes beträgt $\begin{eqnarray} (R + r)\pi m, \end{eqnarray}$ wobei m die Mantelstrecke ist. Die Mantelfläche des Rotationskörpers über dem Segment ist also nahezu $\begin{eqnarray} \big[f(x_j) + f(x_{j+1})\big]\cdot\pi\cdot\sqrt{(x_{j+1} - x_j)^2 + (f(x_{j+1}) - f(x_j))^2}. \end{eqnarray}$ Und da $\begin{eqnarray} f(x_j) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} f(x_{j+1}) \end{eqnarray}$ nahezu gleich sind, ist das obige ungefähr $\begin{eqnarray} 2\pi\cdot f(x_j)\sqrt{1+\left(\frac{\Delta f}{\Delta x}\right)^2}\cdot\Delta x. \end{eqnarray}$ Nach Summation und anschließendem Grenzübergang kommt man dann auf den Ausdruck $\begin{eqnarray} 2\pi\cdot\int_a^b\,f(x)\sqrt{1+f'(x)^2}\,dx. \end{eqnarray}$
31.03.2013, 22:19	Fatoni1965	Auf diesen Beitrag antworten »
Mantelfläche von Rotationskörpern Dein Denkfehler ist da: Das Oberflächenstück ist $\begin{eqnarray} dA=2\pi\cdot f(x)\cdot ds \end{eqnarray}$ und nicht $\begin{eqnarray} dA=2\pi\cdot f(x)\cdot dx \end{eqnarray}$ . Diese Segmentlänge ist $\begin{eqnarray} ds^2=dx^2+dy^2 \end{eqnarray}$ also $\begin{eqnarray} ds=\sqrt{dx^2+dy^2}= \sqrt{(dx^2/dx^2+dy^2/dx^2) dx^2}=\sqrt{1+(dy/dx)^2} dx=\sqrt{1+f'(x)^2}\,dx \end{eqnarray}$ weil $\begin{eqnarray} dx^2 \end{eqnarray}$ aus dem Wurzel raus kommt und wird $\begin{eqnarray} dx \end{eqnarray}$ , und $\begin{eqnarray} dy/dx=f'(x) \end{eqnarray}$ . Also die richtige Formel ist: $\begin{eqnarray} A= 2\pi\cdot\int_a^b\,f(x)\sqrt{1+f'(x)^2}\,dx. \end{eqnarray}$ Deine Formel aber, rechnet irgendeine Oberfläche. Der Fehler ist aber da. Je spitziger der Kegel ist, umso kleiner der Fehler ist und umgekehrt. Beim Zylinder sogar kein Fehler. (die Achse x=Drehachse)

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