Volumen eines Kugelteils berechnen

21.04.2012, 17:08

irrsinn07

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Volumen eines Kugelteils berechnen

Ich bitte meine Berechnungen zu überprüfen.

Ich platziere einen Tetraeder der Kantenläge a so im KS, dass eine Ecke mit dem Ursprung zusammenfällt, eine weitere Ecke auf der y-Achse liegt und eine dritte Ecke im I.Quadrant der xy-Ebene zu liegen kommt. Dann erhalte ich folgende Eckpunkte:

* (0/0/0), (0/a/0), (0,5*a*sqrt(3)/0,5*a/0) und die Spitze P(1/6*a*sqrt(3)/0,5*a/1/3*a*sqrt(6))

*Die Kante OP bildet mit der pos. z-Achse einen Winkel von theta_0 = 0,62

Nun die Aufgabe: der Mittelpunkt einer Kugel mit Radius R (R<a) liegt im Ursprung. Ich will nun den Teil des Kugelvolumens berechnen, der im Innern des Tetraeders liegt.
Dazu benutze ich Kugelkoordinaten.

*Grenzen:
phi: pi/6<=phi<=pi/2
theta: 0,62<=theta<=pi/2
r: 0<=r<=R
das Volumenelement ist natürlich r^2*sin(theta)*d(theta)*d(phi)*d(r)

*das Volumen des Körpers beträgt nach meiner Rechnung 0,285*R^3

Ich bitte, alles mit (*) zu überprüfen und danke bereits jetzt für die erbrachte Mühe
LG
irrsinn07

22.04.2012, 10:36

irrsinn07

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Hallo,
inzwischen kommen mir große Zweifel, ob das Volumenintegral, das ich berechnet habe, überhaupt das Volumen des betrachteten Körpers beschreibt.
Der Körper selbst ist leicht vorstellbar, ich hänge mal eine Skizze an.
Nebenbei: die Schnitte aller Ebenen, die den Ursprung enthalten, mit der Kugel sind (trivialerweise) Kreise.
Wer kann mir bei der Berechnung helfen? Kartesische oder Kugelkoord.? Grenzen, Gebiete?

22.04.2012, 13:03

Dopap

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$\begin{eqnarray*} V_1= \int_0^R \int_{\frac \pi 6}^{\frac \pi 2}\int_{0.62} ^{\frac \pi 2} r^2 \sin( \theta) \, \dd \theta \, \dd \varphi \,\dd r =0.2843 R^3 \end{eqnarray*}$

habe ich auch heraus. Genau $\begin{eqnarray*} V_1=\frac {\pi R^3 \cos (\frac {13}{21})}{9} \end{eqnarray*}$

Beim Körper teile ich deine Zweifel:
Die Fläche des Körpers mit dem Abstand R zu O ist meiner Meinung nach ein "trapezförmiges" Segel und nicht wie bei dir ein dreieckiges. Vorstellbar?

22.04.2012, 13:26

irrsinn07

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Zitat:

Beim Körper teile ich deine Zweifel:
Die Fläche des Körpers mit dem Abstand R zu O ist meiner Meinung nach ein "trapezförmiges" Segel und ..

Zunächst herzlichen Dank für deine Antwort.

Die schraffierte Fläche wird doch zweifellos von 3 Kreisbögen begrenzt - so ganz verstehe ich deinen Hinweis nicht.

Du hast vorsichtig "V_1" geschrieben. Der Wert des notierten Integrals stimmt.
Nur will ich halt das Volumen des beschriebenen Körpers berechnen.
Hast du evtl. Ideen? Erst danach kann ich mir eigentlich Gedanken über die Wahl geeigneter Koordinaten machen.

22.04.2012, 13:45

Dopap

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das mit dem V_1 bedeutet nichts, ich gebe eben gerne den Objekten einen Namen.
In unserem Fall ist V_1 lediglich der Wert des notierten Integrals, und der zugehörige Körper hat auf der Aussenfläche 4 Eckpunkte. Der Körper ist ein "Keil" mit 4 Kanten.

Dein gezeichneter Körper ist ein "Keil" mit 3 Kanten. Unterschied klar?

22.04.2012, 14:09

riwe

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als ahnungsloser könnte ich für r < a dieses bieten:

$\begin{eqnarray*} V=\frac{r^3\pi}{27}(3-\sqrt{3}) \end{eqnarray*}$

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22.04.2012, 14:51

Dopap

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da hat der "Ahnungslose" bestimmt wieder einen sauberen Satz der Kugelgeometrie aus der Schublade geholt verwirrt

verwirrt

Lass uns doch ein wenig teilhaben. Augenzwinkern

Augenzwinkern

22.04.2012, 20:14

Huggy

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Ich hatte auch gehofft, dass riwe seine Formel etwas erläutert, denn beim Versuch, sie nachzuvollziehen bin ich auf ein anderes Ergebnis gekommen. Aber riwe hat fast immer Recht. Trotzdem hier meine Rechnung:

Es sei

$\begin{eqnarray*} r \leq \frac{\sqrt 6}{3}a \end{eqnarray*}$

Denn wenn r größer ist, ragt die Kugel über die dem Ursprung gegenüberliegende Tetraederfläche hinaus und es wird dort noch ein Stück der Kugel abgeschnitten.

Bei obiger Einschränkung stanzt der Tetraeder aus der Kugeloberfläche ein gleichseitiges Kugeldreieck aus. Die Seitenlänge c dieses Dreiecks ist

$\begin{eqnarray*} c=\frac{\pi}{3} \end{eqnarray*}$

wenn man die Seitenlänge, wie in der spärischen Geometrie üblich, als Winkel angibt. Die Seitenlänge in Längeneinheiten ergibt sich durch Multiplikation mit r. Den Winkel $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ des Dreiecks habe ich mit dem Cosinussatz berechnet:

$\begin{eqnarray*} \cos c = \cos a \cos b + \sin a \sin b \cos \gamma \end{eqnarray*}$

Es ergibt sich:

$\begin{eqnarray*} \cos \gamma = \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$

Das ergibt leider keinen schönen Winkel, weshalb ich auch keine so schöne Formel wie riwe bekomme.

$\begin{eqnarray*} \gamma = \arccos {\frac{1}{3}} \end{eqnarray*}$

Der spärische Exzess $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ des Dreiecks beträgt:

$\begin{eqnarray*} \epsilon = \alpha + \beta +\gamma - \pi = 3\arccos {\frac{1}{3}}-\pi \end{eqnarray*}$

Die Dreicksfläche A und das Volumen V der Kugel unter dem Dreieck sind damit:

$\begin{eqnarray*} A=\epsilon r^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} V=\frac {\epsilon}{3}r^3 =(\arccos {\frac{1}{3}}-\frac{\pi}{3})r^3 \approx 0.183762r^3 \end{eqnarray*}$

Das ist etwas mehr als nach der Formel von riwe.

22.04.2012, 20:54

irrsinn07

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Vielen Dank für alle Antworten.

Die verschiedenen "Keilformen" sind mir schon klar. Bei dieser Lage des Tetraeders ist das spärische Dreieck nicht gleichseitig, die Kreisbögen haben verschiedene Längen.

Huggy´s Rechnung ist mir nicht klar, ich muss das erst studieren.

Eigentlich will ich das Volumen mittels Integration bestimmen.

22.04.2012, 23:35

Leopold

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Ich bestätige Huggys Ergebnis. Ich habe mittels Kugelkoordinaten

$\begin{eqnarray*} V = 2 \int_0^R \left( \int_0^{\frac{\pi}{6}} \left( \int_0^{\arctan \left( 2 \sqrt{2} \sin \varphi \right)} r^2 \cos \vartheta ~ \dd \vartheta \right) ~ \dd \varphi \right) ~ \dd r \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \frac{2}{3} R^3 \cdot \left( \arcsin \left( \frac{2}{3} \sqrt{2} \right) - \arcsin \left( \frac{1}{3} \sqrt{6} \right) \right) = \frac{2}{3} R^3 \cdot \arcsin \left( \frac{1}{9} \sqrt{6} \right) \end{eqnarray*}$

erhalten.

23.04.2012, 09:35

Huggy

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Zitat:

Original von irrsinn07
Bei dieser Lage des Tetraeders ist das spärische Dreieck nicht gleichseitig, die Kreisbögen haben verschiedene Längen.

Wie kommst du darauf?
Wenn der Mittelpunkt der Kugel im Ursprung liegt und eine Ecke des Tetraeders ebenfalls, lassen sich alle Tetraederkonfigurationen durch Drehungen um den Ursprung erzeugen. Da die Kugel dabei immer in sich übergeht, ergeben sich immer kongruente Volumina.

Zitat:

Eigentlich will ich das Volumen mittels Integration bestimmen.

Dank Leopold hast du jetzt auch dafür eine Lösung. Es ist immer wieder erstaunlich, welch überraschende Umformungen die Arcusfunktionen ermöglichen.

23.04.2012, 10:02

HAL 9000

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Obwohl Huggy es inmitten der Rechnung mal kurz erwähnt hast, sollte vielleicht nochmal besonders darauf hingewiesen werden, dass die von Leopold angegeben Formel nur für den Fall $\begin{eqnarray*} R\leq \frac{\sqrt{6}}{3}a \end{eqnarray*}$ richtig ist.

In der Aufgabenstellung oben war ja immerhin von dem größeren Bereich $\begin{eqnarray*} R<a \end{eqnarray*}$ die Rede, und sowohl bei $\begin{eqnarray*} R=\frac{\sqrt{6}}{3}a \end{eqnarray*}$ als auch bei $\begin{eqnarray*} R=\frac{\sqrt{3}}{2}a \end{eqnarray*}$ kommt es jeweils zu "einschneidenden" qualitativen Änderungen im Schnittverhalten von Tetraeder und Kugel. Augenzwinkern

Augenzwinkern

23.04.2012, 17:48

irrsinn07

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Ich bin überwältigt, ich meinerseits habe Schwierigkeiten, das Problem zu lösen, euchhabt ist das überraschend schnell gelungen.

@Huggy: klar, du hast recht

Trotzdem: Bitte an Leopold
Kannst du die Integrationsgrenzen kurz erläutern? Hast du den Tetraeder gem. Huggy um den Ursprung zunächst gedreht?

23.04.2012, 18:24

Leopold

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Der Einfachheit halber habe ich die Rollen von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ vertauscht. Die Eckpunkte des Tetraeders sind also

$\begin{eqnarray*} O = (0,0,0) , \ A = \left( 1 , 0 , 0 \right) , \ B = \left( \frac{1}{2} , \frac{\sqrt{3}}{2} , 0 \right) , \ C = \left( \frac{1}{2} , \frac{\sqrt{3}}{6} , \frac{\sqrt{6}}{3} \right) \end{eqnarray*}$

Der Parameter $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ der Aufgabe ist überflüssig, wenn man sich $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ gegenüber $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ nur genügend klein denkt (vgl. die Bemerkungen von HAL 9000 und Huggy).
Ich verwende sphärische Koordinaten der Form

$\begin{eqnarray*} x = r \cos \varphi \cos \vartheta \, , \ \ y = r \sin \varphi \cos \vartheta \, , \ \ z = r \sin \vartheta \, ; \ \ r \geq 0, \, - \pi \leq \varphi \leq \pi, \, - \frac{\pi}{2} \leq \vartheta \leq \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$

Zur Erläuterung: Projiziere einen Punkt $\begin{eqnarray*} P = (x,y,z) \end{eqnarray*}$ senkrecht in die $\begin{eqnarray*} xy \end{eqnarray*}$ -Ebene: $\begin{eqnarray*} P^{*} = (x,y,0) \end{eqnarray*}$ , und stelle $\begin{eqnarray*} P^{*} \end{eqnarray*}$ mittels Polarkoordinaten dar:

$\begin{eqnarray*} P^{*} = \left( r \cos \varphi \, , \, r \sin \varphi \, , \, 0\right) \end{eqnarray*}$

Der Winkel zwischen $\begin{eqnarray*} \overrightarrow{OP^{*}} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \overrightarrow{OP} \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} \vartheta \end{eqnarray*}$ (je nach dem Vorzeichen von $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ positiv oder negativ gemessen). So kommst du auf diese Form der Kugelkoordinaten.

Für die Punkte des zu berechnenden Kugelteils gilt $\begin{eqnarray*} 0 \leq r \leq R \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 0 \leq \varphi \leq \frac{\pi}{3} \end{eqnarray*}$ . Aus Symmetriegründen genügt es sogar, $\begin{eqnarray*} 0 \leq \varphi \leq \frac{\pi}{6} \end{eqnarray*}$ zu nehmen, wenn man den Volumenwert verdoppelt (daher rührt der Faktor $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ in meiner Formel). Somit ist Folgendes schon klar:

$\begin{eqnarray*} 0 \leq r \leq R \, , \ \ 0 \leq \varphi \leq \frac{\pi}{6} \end{eqnarray*}$

Jetzt ist nur noch die Frage, wie man $\begin{eqnarray*} \vartheta \end{eqnarray*}$ in Abhängigkeit von $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ zu bestimmen hat. Wenn man sich ein $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ zwischen $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{6} \end{eqnarray*}$ fest gewählt denkt, dann ist

$\begin{eqnarray*} K: \ (x,y,z) = \left( R \cos \varphi \cos \vartheta \, , \, R \sin \varphi \cos \vartheta \, , \, R \sin \vartheta \right) \ ; \ \ 0 \leq \vartheta \leq \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$

nichts anderes als die Parameterdarstellung eines Viertelkreises im I. Oktanten, der im Punkt $\begin{eqnarray*} \left( R \cos \varphi \, , \, R \sin \varphi \, , \, 0 \right) \end{eqnarray*}$ der $\begin{eqnarray*} xy \end{eqnarray*}$ -Ebene beginnt und im Punkt $\begin{eqnarray*} \left( 0 \, , \, 0 \, , \, R \right) \end{eqnarray*}$ auf der $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ -Achse endet. Diesen Viertelkreis schneidet man mit der Ebene $\begin{eqnarray*} OAC \end{eqnarray*}$ . Die Ortsvektoren von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ sind Richtungsvektoren der Ebene. Daraus kann man einen Normalenvektor berechnen. Als Gleichung der Ursprungsebene findet man

$\begin{eqnarray*} OAC: \ 2 \sqrt{2} y - z = 0 \end{eqnarray*}$

Jetzt mußt du nur $\begin{eqnarray*} x,y,z \end{eqnarray*}$ aus der Parameterdarstellung einsetzen und die Gleichung nach $\begin{eqnarray*} \vartheta \end{eqnarray*}$ auflösen. So bekommst du die obere Grenze des innersten Integrals.

23.04.2012, 21:53

irrsinn07

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@Leopold

nur ganz knapp, da ich weg gehe, ich melde mich morgen wieder

Ganz herzlichen Dank für die detaillierte Darstellung, ich werde mit damit beschäftigen.

Ich hatte heute versucht, das Volumen mit Hilfe kart. Koordinaten zu berechnen.
Dazu habe ich das Gebiet in der xy-Ebene (Kreissektor) in zwei Teilgebiete zerlegt. Das Volumen über dem ersten Teilgebiet ist selbst wieder ein Tetraeder, das Integral über dem 2. Teilgebiet entartete zu einer fürchterlichen Rechnerei, die ich wegen Mangels an Zeit nicht zu Ende führen konnte - es wurde mir aber klar, dass dies keine erstrebenswerte Variante ist.

Du hast dir wirklich sehr viel Arbeit gemacht!!

25.04.2012, 15:20

irrsinn07

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Ich muss mich leider erneut an euch wenden.

@Leopold
Offenbar ist bei deinen Kugelkoordinaten $\begin{eqnarray*} \theta \end{eqnarray*}$ als geographische Breite zu interpretieren - üblicherweise ist die pos. z-Achse der 1.Schenkel von theta - dies sollte aber kein Problem sein.

Die Grenzen für $\begin{eqnarray*} \theta \end{eqnarray*}$ habe ich auch so erhalten, allerdings sind bei mir jetzt oberer und unterer Wert vertauscht.
Es kommt aber noch schlimmer: ich erhalte (vgl. deine Berechnung)

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} \cdot V \ = \ \int_0^R \!\int_0^{\frac{\pi}{6} } \! \int_{arctan(2 \sqrt(2)sin(\phi))}^{\frac{\pi}{2} } \! r^2 \cdot sin(\theta) \, d\theta \, d\phi \, dr \end{eqnarray*}$

Bei der Rechnung stosse ich auf ein Integral, das mir Kopfzerbrechen bereitet, momentan weiß ich noch nicht, wie ich es berechnen soll.

Trotzdem habe ich mit Derive das Integral berechnen lassen - siehe da, es ist ein negativer Wert! - Wo steckt der Fehler?

Andererseits habe ich mit Derive auch deine Rechnung "überprüft": du bestätigst den Wert von Huggy!?

ich erhielt mit Derive:

@riwe: 0,148*R^3

@Huggy: 0,184*R^3

@Leopold: 0,007*R^3

@ich (in geistiger Umnachtung): -0,014*R^3

Was nun? - Könnt ihr mir vlt. Erläuterungen geben?

Gruß irrsinn07

25.04.2012, 17:01

Huggy

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Wie kommst du bei Leopold auf dein Ergebnis?
Mein Rechner wirft aus:

$\begin{eqnarray*} \frac{2}{3}\arcsin {\frac{\sqrt 6}{9}} \approx 0.183762 \end{eqnarray*}$

25.04.2012, 18:26

Leopold

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[attach]24171[/attach]

EDIT

@ irrsinn07

Bei deinem Ansatz muß die untere Grenze des innersten Integrals $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{2} - \arctan( \ldots ) \end{eqnarray*}$ heißen.

25.04.2012, 21:48

irrsinn07

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@Leopold
ich hatte dir 18:30 geantwortet, irgendwie ist der Beitrag nicht durchgekommen.

...müsste dann die obere Grenze nicht 0 heißen? Ich habe gemäß deiner Korrektur versucht, mit Derive das Integral zu berechnen, aber irgendwie blockt das Programm an dieser Stelle.

Nochmals zu deinen Kugelkoordinaten: ist bei dir theta die geographische Breite oder nicht - ich sehe einfach bei mir den Fehler nicht. Könntest du mal mit deinem Programm und der modifizierten unteren Grenze rechnen?

Es ist eigentlich alles klar: die Grenzen bei der Integration, insbesondere die von theta, usw. aber trotzdem komme ich nicht zum Ziel.

das Integral (sofern ich vorher keine Fehler gemacht habe), das mir Probleme bereitet, ist von der Form

$\begin{eqnarray*} \int_a^b \! \frac{1}{\sqrt{1+(a \cdot sin(x))^2} } \, dx \end{eqnarray*}$

25.04.2012, 22:46

Leopold

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Ja, $\begin{eqnarray*} \vartheta \end{eqnarray*}$ ist die geographische Breite. Aber es geht auch mit deinem Ansatz, den Korrekturhinweis habe ich dir im EDIT meines letzten Beitrags gegeben. Jetzt beziehe ich mich aber auf meinen Ansatz. $\begin{eqnarray*} r^2 \end{eqnarray*}$ macht keine Schwierigkeiten. Nach Integration wird daraus $\begin{eqnarray*} \frac{1}{3} R^3 \end{eqnarray*}$ . Kommen wir auf das Wesentliche zu sprechen. Ganz innen geht es so los:

$\begin{eqnarray*} \int_0^{\arctan \left( 2 \sqrt{2} \sin \varphi \right)} \cos \vartheta ~ \dd \vartheta = \sin \left( \arctan \left( 2 \sqrt{2} \sin \varphi \right) \right) = \frac{2 \sqrt{2} \sin \varphi}{\sqrt{1 + 8 \sin^2 \varphi}} = \frac{2 \sqrt{2} \sin \varphi}{\sqrt{9 - 8 \cos^2 \varphi}} \end{eqnarray*}$

Es wurden $\begin{eqnarray*} \sin t = \frac{\tan t}{\sqrt{1 + \tan^2 t}} \end{eqnarray*}$ (das ist eine Folgerung aus dem trigonometrischen Pythagoras und der Tangensdefinition) sowie zuletzt der trigonometrische Pythagoras selbst verwendet.
Und bei der nächsten Integration kommst du mit der Substitution $\begin{eqnarray*} u = \cos \varphi \end{eqnarray*}$ weiter:

$\begin{eqnarray*} \int_0^{\frac{\pi}{6}} \frac{2 \sqrt{2} \sin \varphi}{\sqrt{9 - 8 \cos^2 \varphi}} ~ \dd \varphi = \int_{\frac{\sqrt{3}}{2}}^1 \frac{2 \sqrt{2}}{\sqrt{9 - 8 u^2}} ~ \dd u \end{eqnarray*}$

Ein lineare Substitution bringt dich unterm Integral auf die Ableitung des Arcussinus.

Aber vielleicht solltest du dir doch Huggys sphärische Geometrie zu Gemüte führen. Das scheint irgendwie einfacher zu sein.

26.04.2012, 01:04

irrsinn07

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Ich danke allen, die dazu beigetragen haben, das Problem mir verständlich zu machen

@Leopold
dir gebührt ein ganz spezieller Dank für deine Mühen und deine Geduld - ich denke, dass ich nach deiner letzten Hilfe in der Lage bin, die Aufgabe zum Abschluss zu bringen (dabei erstaunt es mich immer wieder, dass es stets Leute gibt, die Probleme, an denen ich hängen bleibe, so mir nichts dir nichts lösen - siehe letztes Integral).

Ich denke auch, dass es sich lohnt, wenn ich mich etwas mit der spährischen Trigonometrie beschäftige - ich kann mir vorstellen, dass sich Huggy köstlich amüsiert hat.

Nochmals Dank an alle Helfer!
LG irrsinn07

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