Durchdringungskörper von drei Zylindern

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28.12.2010, 11:37	Hanzzz	Auf diesen Beitrag antworten »
Durchdringungskörper von drei Zylindern Ich will das Volumen des Durchschnitts der drei Zylinder $\begin{eqnarray} x^{2}+y^{2} \leq 1 \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} x^{2}+z^{2} \leq 1 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} z^{2}+y^{2} \leq 1 \end{eqnarray}$ berechnen. Wie ich den Durchdringungsköper von 2 Zylindern berechne, ist mir klar. Da verwende ich das Doppelintegral: $\begin{eqnarray} 8\int_0^1\int_0^{\sqrt{1-x^{2} }} \! \sqrt{1-x^{2}} \, dy dx=\frac{16}{3} \end{eqnarray*}$ In diesem Fall ist mir klar wie ich auf die Funktion und die Grenzen komme, bei drei Zylindern ist es ja dann ein Dreifachintegral, oder? Und da scheiterts schon mal bei der Funktion...
28.12.2010, 17:46	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Es sei $\begin{eqnarray} m(x,y) = \min \left\{ \sqrt{1-x^2} \, , \, \sqrt{1-y^2} \right\} \ \ \mbox{für} \ \ x^2 + y^2 \leq 1 \end{eqnarray}$ Sobald man ein Paar $\begin{eqnarray} (x,y) \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} x^2 + y^2 \leq 1 \end{eqnarray}$ hat, gibt es dazu $\begin{eqnarray} z \end{eqnarray}$ -Werte, die die beiden anderen Ungleichungen $\begin{eqnarray} x^2 + z^2 \leq 1 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} y^2 + z^2 \leq 1 \end{eqnarray}$ erfüllen, nämlich diejenigen $\begin{eqnarray} z \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} \|z\| \leq m(x,y) \end{eqnarray}$ Somit gilt nach Fubini für das Volumen $\begin{eqnarray} V \end{eqnarray}$ des Schnittkörpers: $\begin{eqnarray} V = \int \limits_{x^2 + y^2 \leq 1} \left( \ \int \limits_{-m(x,y)}^{m(x,y)}~\dd z \ \right)~\dd (x,y) \ \ = \ \ 2 \int \limits_{x^2 + y^2 \leq 1} m(x,y)~\dd (x,y) \end{eqnarray}$ Die Geraden $\begin{eqnarray} y=x \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} y=-x \end{eqnarray}$ zerlegen den Integrationsbereich $\begin{eqnarray} x^2 + y^2 \leq 1 \end{eqnarray}$ in vier Viertelkreise. Aus Symmetriegründen ergibt sich über jedem der Viertelkreise derselbe Integralwert. Es genügt daher, über den Viertelkreis $\begin{eqnarray} B: \ \ x^2 + y^2 \leq 1 \, , \ x \geq 0 \, , \ - x \leq y \leq x \end{eqnarray}$ zu integrieren. Dort ist $\begin{eqnarray} m(x,y) = \sqrt{1-x^2} \end{eqnarray}$ . Man erhält so: $\begin{eqnarray} V = 8 \int \limits_{B} \sqrt{1-x^2}~\dd (x,y) = 8 \left( 2 - \sqrt{2} \right) \end{eqnarray}$
29.12.2010, 11:23	Hanzzz	Auf diesen Beitrag antworten »
Erstmals vielen Dank an Leopold für die ausführliche Antwort! Habs mir mit deinem Beitrag nochmal durchüberlegt, aber ganz schlau werd ich noch nicht. Meiner Meinung nach komm ich auch folgendes Dreifachintegral: $\begin{eqnarray} 8\int_0^1 \int_0^{\sqrt{1-x^2}} \int_0^{\sqrt{1-y^2}} \! \sqrt{1-x^2} \, dz dy dx =0,558 \end{eqnarray*}$ Hab die Grenzen nicht wie du zwischen den geraden y=x und y=-x gelegt, sondern zwischen den Koordinatenachsen, machts für mich irgendwie logischer. Das Problem ist, dass ich ein etwas anderes Ergebnis hab..
29.12.2010, 12:27	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Und ich werde aus deinem Ansatz nicht schlau, weil du dein Vorgehen, speziell die Integrationsgrenzen, nicht erklärst.
29.12.2010, 13:48	wisili	Auf diesen Beitrag antworten »
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29.12.2010, 14:15	Hanzzz	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich glaub es ist besser, ich versuch meine Lücken von deinem Lösungsansatz zu schließen. Versteh noch nicht ganz, wie du auf die Lösung des letzten Integrals kommst. Aus deinem Bereich B müssten die Grenzen bzw. das Integral doch so aussehen, oder: $\begin{eqnarray} \int_0^{\sqrt{1/2}} \int_{-x}^x \! {\sqrt{1-x^2}} \, dydx \end{eqnarray}$ Also auf die Obergrenze $\begin{eqnarray} \sqrt{1/2} \end{eqnarray}$ komm ich, wenn man einfach in die Ungleichung einsetzt: $\begin{eqnarray} x^2+y^2\leq 1 \end{eqnarray}$ da $\begin{eqnarray} y\leq x \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} x^2+x^2\leq 1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} x\leq \sqrt{1/2} \end{eqnarray}$
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29.12.2010, 14:38	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Mal dir doch den Bereich $\begin{eqnarray} B \end{eqnarray}$ aus meinem vorletzten Beitrag einmal auf. Dann erkennst du, daß bei dir noch das Kreissegment rechts von $\begin{eqnarray} x = \sqrt{\frac{1}{2}} \end{eqnarray}$ fehlt. Es muß also $\begin{eqnarray} V = 8 \int \limits_B \sqrt{1 - x^2}~\dd (x,y) = 8 \left( \int \limits_0^{\sqrt{\frac{1}{2}}} \int \limits_{-x}^x \sqrt{1 - x^2}~\dd y~\dd x + \int \limits_{\sqrt{\frac{1}{2}}}^1 \int \limits_{\text{...}}^{\text{...}} \sqrt{1 - x^2}~\dd y~\dd x \right) \end{eqnarray}$ heißen.
29.12.2010, 15:39	Hanzzz	Auf diesen Beitrag antworten »
stimmt, nach dem Aufzeichnen ists jetzt klar, also das Integral ergibt sich zu: $\begin{eqnarray} V=8\left( \int_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}} \int_{-x}^x \! \sqrt{1-x^2} \, dy dx + 2\int_{\frac{1}{\sqrt{2}}}^1 \int_{0}^{\sqrt{1-x^2} } \! \sqrt{1-x^2} \, dy dx\right) =2-\sqrt{2} \end{eqnarray}$ Nochmals vielen Dank für die kompetene Hilfe<1
28.01.2013, 11:37	DDMATH	Auf diesen Beitrag antworten »
kleiner Hinweis: im letzten Ergebnis von Hanzzz wurde ganz rechts der Faktor $\begin{eqnarray} 8 \end{eqnarray}$ vergessen, d.h. $\begin{eqnarray} V=8\times (2-\sqrt{2} ) \end{eqnarray}$ und nicht $\begin{eqnarray} V=2-\sqrt{2} \end{eqnarray}$ . alternativer Ansatz in einem Integral: Symmetrieeigenschaften erkennen und 1/16 des Gesamtvolumens im 1.Oktanten betrachten und Zylinderkoordinaten nutzen: Winkel $\begin{eqnarray} \phi \end{eqnarray}$ zwischen $\begin{eqnarray} 0 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \pi/4 \end{eqnarray}$ Radius $\begin{eqnarray} r \end{eqnarray}$ zwischen $\begin{eqnarray} 0 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} 1 \end{eqnarray}$ Höhe $\begin{eqnarray} z \end{eqnarray}$ zwischen $\begin{eqnarray} 0 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \sqrt{1-x^2}=\sqrt{1-(r\cos(\phi))^2} \end{eqnarray}$ Funktionaldeterminante $\begin{eqnarray} r \end{eqnarray}$ beachten: $\begin{eqnarray} V=16\times \int_0^\frac{\pi}{4} \int_0^1 \int_0^{\sqrt{1-(r\times \cos(\phi))^2}}\! r \, dz \, dr \, d\phi = 8\times (2-\sqrt{2} ) \end{eqnarray*}$

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