Volumenelement Rotationsparaboloid

23.12.2010, 17:06

FAUPhy

Volumenelement Rotationsparaboloid

Meine Frage:
Ich möchte mir gerade das Volumen eines Rotationsparaboloid herleiten; aber nicht so wie in der Schule, sonder über das Aufstellen eines infinitesimalen Volumenelements dV, das ja - weil wir uns im 3 dim befinden - von 3 Größen abhängig sein wird.

Meine Ideen:
Das Volumenelement hätte ich jetzt wie folgt aufgestellt:
dV = d $\begin{eqnarray*} \rho \end{eqnarray*}$ * $\begin{eqnarray*} \rho \end{eqnarray*}$ * d $\begin{eqnarray*} \Phi \end{eqnarray*}$ * dz
wobei eben das erste die "Radiusverlängerung", das zweite die infinitesimale Ausdehung des Bogenmaßes ist und das dritte die Höhenverlängerung ist. Zusammen ergibt es ja das Volumenelement.
Doch ich muss doch hier schon was falsch haben, denn das wäre genau identisch mit dem Zylinder Volumenelement? Oder kommt der Unterschied erst beim Aufstellen des Integrals zwecks den Grenzen?
Das Volumen unterscheidet sich ja nur um 1/2 vom Zylinder, aber wo ist der Unterschied beim Herleiten?

Schon mal vielen Dank!!

24.12.2010, 11:11

Leopold

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In der Tat bekommst du mit

$\begin{eqnarray*} \dd V = \dd \varrho \cdot \varrho~\dd \varphi \cdot \dd z \end{eqnarray*}$

ein infinitesimales Zylindervolumen. Der Zylinder hat die Höhe $\begin{eqnarray*} \dd z \end{eqnarray*}$ und als Grundfläche den Zuwachs der Sektorfläche zum Mittelpunktswinkel $\begin{eqnarray*} \dd \varphi \end{eqnarray*}$ , wenn $\begin{eqnarray*} \varrho \end{eqnarray*}$ um $\begin{eqnarray*} \dd \varrho \end{eqnarray*}$ anwächst. Das sind eben Zylinderkoordinaten. Und die Integration über diese infinitesimalen Zylinder liefert dir das Volumen des Rotationskörpers, auch beim Paraboloid.

Wenn das Paraboloid die Höhe $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ und seine Grundfläche den Radius $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ besitzt, wird es in kartesischen Koordinaten durch

$\begin{eqnarray*} 0 \leq z \leq H \, , \ \ x^2 + y^2 \leq \frac{R^2 z}{H} \end{eqnarray*}$

beschrieben, in Zylinderkoordinaten $\begin{eqnarray*} x = \varrho \cos \varphi , \, y = \varrho \sin \varphi \end{eqnarray*}$ also durch

$\begin{eqnarray*} 0 \leq z \leq H \, , \ \ \varrho \leq R \sqrt{\frac{z}{H}} \, , \ \ 0 \leq \varphi \leq 2 \pi \end{eqnarray*}$

Beim Kegel würde die zweite Ungleichung $\begin{eqnarray*} \varrho \leq \frac{Rz}{H} \end{eqnarray*}$ lauten.

24.12.2010, 16:42

FAUPhy

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Ok, erstmal vielen Dank!
Mein Problem ist dann aber vielmehr, wie ich auf die allgemeine Volumenformel von $\begin{eqnarray*} V=\frac{\pi }{2} * r^2 * h \end{eqnarray*}$ damit komm.
Ich bin mir bei den Integrationsgrenzen nicht sicher, an welchen es dann letztenendlich scheitert.
Stur sind die Grenzen ja:
d $\begin{eqnarray*} \rho \end{eqnarray*}$ von 0 bis R
dz von 0 bis H
d $\begin{eqnarray*} \Phi \end{eqnarray*}$ von 0 bis 2 $\begin{eqnarray*} \Pi \end{eqnarray*}$

Das Problem: Jetzt bin ich genau beim Zylinder.
Lösung: Ich muss die Variablen voneinander abhängig machen. Wenn der Paraboloid z.B. $\begin{eqnarray*} x^2 \end{eqnarray*}$ wäre dann könnte man für die obere Grenze von H einfach
$\begin{eqnarray*} \rho^2 \end{eqnarray*}$ einsetzen. Und schrittweise intergrieren
Das Ergebnis würde dann auch passen.
Aber wie gehts Allgemein, weil die oben beschriebene Volumengleichung gilt ja immer?

Frohe Weihnachten!
Gruß

27.12.2010, 09:26

Leopold

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Zitat:

Original von Leopold
$\begin{eqnarray*} 0 \leq z \leq H \, , \ \ \varrho \leq R \sqrt{\frac{z}{H}} \, , \ \ 0 \leq \varphi \leq 2 \pi \end{eqnarray*}$

Die zweite dieser Ungleichungen ist die einzige, die einen Zusammenhang zwischen den Variablen herstellt, nämlich zwischen $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \varrho \end{eqnarray*}$ . Der minimale $\begin{eqnarray*} \varrho \end{eqnarray*}$ -Wert ist $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ (für $\begin{eqnarray*} z=0 \end{eqnarray*}$ ), der maximale ist $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ (für $\begin{eqnarray*} z=H \end{eqnarray*}$ ). Du kannst also zunächst über $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ integrieren, dann durchläuft $\begin{eqnarray*} \varrho \end{eqnarray*}$ das Intervall von $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} R \sqrt{\frac{z}{H}} \end{eqnarray*}$ , oder du integrierst zuerst über $\begin{eqnarray*} \varrho \end{eqnarray*}$ in den Grenzen von $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ und dann über $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} \frac{H}{R^2} \varrho^2 \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ . Löse dazu die zweite Ungleichung nach $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ auf. Die Integration über $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ ist unabhängig von den andern Integrationen und liefert letztlich nur den Faktor $\begin{eqnarray*} 2 \pi \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} V = \int_0^H \int_0^{R \sqrt{\frac{z}{H}}} \int_0^{2 \pi} \varrho~\dd \varphi~\dd \varrho~\dd z \end{eqnarray*}$

oder

$\begin{eqnarray*} V = \int_0^R \int_{\frac{H}{R^2} \varrho^2}^R \int_0^{2 \pi} \varrho~\dd \varphi~\dd z~\dd \varrho \end{eqnarray*}$

05.01.2011, 18:32

FAUPhy

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Erstmal sry, dass ich jetzt erst antworte, aber ich war im Urlaub und hatte da kein Internet - sorry!
Aber jetzt zum Ernst des Lebens smile

: Vielen Dank für die ausführliche Erläuterung, die hat mir wirklich sehr geholfen - ich habs jetzt kapiert. Eigentlich auch völlig logisch - man muss nur draufkommen...
Also nochmals Danke!!
Gruß

05.01.2011, 20:25

FAUPhy

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Ich hab jetzt alles nachvollzogen, hätte da aber doch noch eine Frage:
und zwar wie kommt man auf die kartesische Koordinate von
$\begin{eqnarray*} x^{2} + y^{2} \leq \frac{R^{2} * z }{H} \end{eqnarray*}$
das ist mir noch nicht ganz klar.

Schon mal danke!

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