Volumen eines Halbzylinders

13.05.2010, 16:28	Thorsten757	Auf diesen Beitrag antworten »
Volumen eines Halbzylinders Hallo, Es ist das Volumen eines Halbzylinders zu berechnen. $\begin{eqnarray} 0\leq x\leq \sqrt{a^2-y^2} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} 0\leq z\leq 2a \end{eqnarray}$ Man zeige dass $\begin{eqnarray} \int\int\int \! x \, dv =\frac{4}{3} a^{4} \end{eqnarray}$ als Volumenelement habe ich dV= rd(r) d(phi) d(z) Die Frage ist nun, was man mit dem x nach dem 3-fach-Integral macht. Muß das noch in Zylinderkoordinaten umgerechnet werden? Mit den Integralgrenzen bin ich mir auch nicht sicher. $\begin{eqnarray} a=\sqrt{x^2+y^2} =r ? \end{eqnarray}$ So wollte ich es berechnen: $\begin{eqnarray} \int_0^{2a}\int_0^{\pi} \int_0^a \! r^2 \, d(r) d(phi) d(z) \end{eqnarray}$ Kann mir da jemand weiterhelfen?
13.05.2010, 17:37	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Du hast also in der xy-Ebene einen Halbkreis mit dem Radius a (auf der rechten Seite der senkrechten y-Achse). Auf diesem Halbkreis steht ein Halbzylinder mit der Höhe 2a. Wie du richtig schreibst, sollte man Zylinderkoordinaten benutzen, wobei im Integranden die Funktinaldeterminante hinzuzufügen ist, also der zusätzliche Faktor r (nur bei Zylinderkoordinaten). Der ursprüngliche Integrand x lautet in Zylinderkoordinaten zu $\begin{eqnarray} x=r\cdot \cos(\phi) \end{eqnarray}$ . Zu berechnen ist also $\begin{eqnarray} \int_{r=0}^{r=a} \int_{\phi=-90°}^{\phi=+90°}\int_{z=0}^{z=2a} \! \underbrace{r\cdot \cos(\phi)}_{=x} \cdot \underbrace{r}_{Funktionaldeterminante}\, dz \,d\phi \, dr \end{eqnarray}$ Solche Integrale kommen übrigens vor, wenn man den Schwerpunkt des Halbzylinders berechnen will. Die Integration über z ist ist trivial, weil z nicht im Integranden vorkommt. Man muss den Integranden also nur mit der oberen Grenze z=2a multiplizieren, also $\begin{eqnarray} \int_{r=0}^{r=a} \int_{\phi=-90°}^{\phi=+90°} \! 2a \cdot r^2 \cdot \cos(\phi) \,d\phi \, dr \end{eqnarray}$ Die Integration über phi ist ebenfalls einfach. Einsetzen der Grenzen in die Stammfunktion $\begin{eqnarray} \sin(\phi) \end{eqnarray}$ ergibt im Intergranden den Faktor $\begin{eqnarray} \sin(90°)-sin(-90°)=2 \end{eqnarray}$ , also $\begin{eqnarray} \int_{r=0}^{r=a} \! 4a \cdot r^2 \, dr \end{eqnarray}$ Die Stammfunktion von $\begin{eqnarray} r^2 \end{eqnarray}$ lautet $\begin{eqnarray} \frac{1}{3}r^3 \end{eqnarray}$ . Einsetzen der oberen Grenze r=a ergibt den Faktor $\begin{eqnarray} \frac{1}{3}a^3 \end{eqnarray}$ . Insgesamt also $\begin{eqnarray} \frac{4}{3}a^4 \end{eqnarray}$
13.05.2010, 18:44	Thorsten757	Auf diesen Beitrag antworten »
gut das habe ich jetzt verstanden, danke

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »