Volumen Kugelkappe

19.10.2012, 11:30

snaggy

Volumen Kugelkappe

Meine Frage:
Durch die Menge $\begin{eqnarray*} K = \left\{ (x,y,z) \in \mathbb R^3 : x^2 + y^2 + z^2 \leq 1, z \geq \frac{1}{2} \right\} \end{eqnarray*}$ wird eine Kugelkappe der Einheitskugel beschrieben. Bestimmen sie das Volumen von K.

Meine Ideen:
Ich habe mir zuerst überlegt Kugelkoordinaten zu verwenden, d.h

$\begin{eqnarray*} x = rcos(\theta)cos(\phi) y = rcos(\theta)sin(\phi) z = rsin(\theta) \end{eqnarray*}$

Mein Problem ist, dass ich nicht weiß, wie ich die Grenzen zu wählen habe. Das Thema ist noch ganz frisch und ich habs überhaupt nicht mit der Umwandlung von Koordinaten. Mir ist klar, dass die Rechnung irgendwie so aussehen muss :

$\begin{eqnarray*} V = \int_\phi ^\phi \! \int_\theta ^\theta \! \int_r^r \! f(rcos(\theta)cos(\phi), rcos(\theta)sin(\phi), rsin(\theta) )r^2 cos(\theta) \, dr \, d\theta \, d\phi \end{eqnarray*}$

Ist der Ansatz denn soweit richtig ? Wie habe ich jetzt die Grenzen zu wählen ?
Danke schonmal für jede Hilfe

19.10.2012, 12:15

Ehos

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Betrachte die Kugelkappe als Rotationskörper, der entsteht, wenn man eine Funktion f(x) um die x-Achse dreht. Die Formel zur Volumenberechnung von Rotationskörpern lautet (Siehe Wikipedia)

$\begin{eqnarray*} V=\pi \int_{x_1}^{x_2} \! f^2(x) dx \end{eqnarray*}$

Für deine Einheitskugel ist speziell $\begin{eqnarray*} f(x)=\sqrt{1-x^2} \end{eqnarray*}$ , wobei die Integrationsgrenzen lauten $\begin{eqnarray*} x_1=\tfrac{1}{2} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_2=1 \end{eqnarray*}$

19.10.2012, 12:54

snaggy

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Bist du dir da zu 100% sicher ? Unser Thema ist eigentlich Substitution von Kartesischen Koordinaten und nicht Rotationskörper ... Ich kann deine Lösung trotzdem nicht ganz nachvollziehen. Warum hast du die Grenzen gerade so gewählt ? Ich gehe mal davon aus, dass du auf f(x) kommst wenn du den EinheitsKREIS $\begin{eqnarray*} x^2 + y^2 = 1 \end{eqnarray*}$ um die x-Achse rotieren lässt. Aber dann bekomme ich doch eine ganze Kugel und nicht das gesuchte Kappensegment ?
Oder ist das gerade mit den Grenzen berücksichtigt worden ? Speziell für z größer gleich 0,5 ?
Ich bin etwas verwirrt
lg

Edit : Nach deiner Antwort

$\begin{eqnarray*} V = \pi \int_\frac{1}{2} ^1 \! \sqrt{1-x^2}^2 \, dx = \pi \int_\frac{1}{2} ^1 \! 1 - x^2 \, dx = \pi[x - \frac{x^3}{3}] =\pi( \frac{2}{3} - \frac{11}{24})= \frac{5\pi}{24} \end{eqnarray*}$

19.10.2012, 13:14

snaggy

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$\begin{eqnarray*} V = \frac{h^2\pi}{3}(3r - h) h = 0,5 r = 1 \end{eqnarray*}$

Wenn ich an die Schule zurückdenke ...

19.10.2012, 13:27

HAL 9000

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Zitat:

Original von snaggy
Unser Thema ist eigentlich Substitution von Kartesischen Koordinaten und nicht Rotationskörper ...

Ok - aber müssen es unbedingt Kugelkoordinaten sein, mit denen du rechnen willst/musst? Mit Zylinderkoordinaten

$\begin{eqnarray*} x &=& r\cos(\phi) y &=& r\sin(\phi) z &=& z \end{eqnarray*}$

wäre die Rechnung deutlich übersichtlicher (und vom Prinzip her nah dran an der Rotationskörperberechnung).

19.10.2012, 13:30

snaggy

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Nein, das müssen keine Kugelkoordinaten sein Big Laugh

das war nur so ne dumme Idee von mir. Ich probier das mal eben mit den Zylinderkoordinaten. Ich frage mich jetzt halt, wie man darauf kommt, welche Form von Koordinaten bei welcher Aufgabe am besten zu benutzen sind. Auf das Ergebnis zu kommen war ja kein Problem
lg

19.10.2012, 13:33

HAL 9000

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Na in dem Fall ist es dieses klare "Abschneiden" des Körpers aus der Kugel durch die Ebene $\begin{eqnarray*} z=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ : In Zylinderkoordinaten ist diese Ebenendarstellung direkt da, in Kugelkoordinaten jedoch nur mit deutlich mehr Aufwand darzustellen.

19.10.2012, 13:51

snaggy

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Ja du hast recht, das macht natürlich Sinn

wäre dann quasi der Ansatz

$\begin{eqnarray*} V = \int_z^z \! \int_\phi ^\phi \! \int_r^r \! r^3cos^2(\phi) + r^3sin^2(\phi) + rz^2 \, dr \, d\phi \, dz \end{eqnarray*}$

?

Ich bin mir dann immer noch unsicher bei den Grenzen ... r von [ 0, 1] $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ von [0,2 $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ ] z von [0,5, 1]

19.10.2012, 14:03

HAL 9000

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Wo kommt denn dieser Mordsintegrand her??? Beim Volumen wird gewöhnlich die Funktion 1 integriert, und das Volumendifferential

$\begin{eqnarray*} \dd V = \dd x ~ \dd y ~ \dd z = r ~ \dd r ~ \dd \phi ~ \dd z \end{eqnarray*}$

bringt ja nun nicht soviel mehr in den Integranden rein. verwirrt

Zum Integrationsbereich:

$\begin{eqnarray*} \phi \in [0,2\pi] \end{eqnarray*}$ ist richtig, ebenso $\begin{eqnarray*} z\in [0.5,1] \end{eqnarray*}$ .

Aber bei $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ musst du nochmal nachdenken: Das hat hier eine andere Bedeutung als bei den Kugelkoordinaten, was zur Folge hat, dass der Endwert (= an der Kugeloberfläche) von $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ abhängig ist - Skizze machen, Pythagoras anwenden. Augenzwinkern

19.10.2012, 14:15

snaggy

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Ja das mit dem r hab ich doch richtig hergeleitet mit

det h'(r, $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ , z) = det $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} cos(\phi) & -rsin(\phi) & 0 \\ sin(\phi) & rcos(\phi) & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ = r

Ich hab etwas nicht richtig verstanden, was ich dann in die Volumen Funkton einsetzen muss.
Ich dachte immer das sei f(rcos $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ ), rsin( $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ ), z)r drd $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ dz

und für mich war $\begin{eqnarray*} f(x,y,z) = x² + y² + z² - 1 \end{eqnarray*}$

19.10.2012, 14:17

HAL 9000

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Nein, das ist die Bestimmungsgleichung der Kugeloberfläche. Ich kann mich nur nochmal wiederholen:

Zitat:

Original von HAL 9000
Beim Volumen wird gewöhnlich die Funktion 1 integriert

19.10.2012, 14:35

snaggy

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$\begin{eqnarray*} \sqrt{h^2 + z^2} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} h = 0,5 \end{eqnarray*}$

also $\begin{eqnarray*} r \in [0, \sqrt{0,25 + z^2}] \end{eqnarray*}$

Ich mag nicht mehr Big Laugh

der Tag ist einfach schon zu lange ^^

19.10.2012, 14:37

HAL 9000

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Was soll ich jetzt lange drum herumreden, es ist $\begin{eqnarray*} r\in [0,\sqrt{1-z^2}] \end{eqnarray*}$ - schau dir doch nochmal ganz genau die Skizze an!

19.10.2012, 14:41

snaggy

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Ich bedanke mich an der Stelle schonmal für deine Hilfe, tut mir leid, dass ich so aufem Schlauch stehe, sitz halt schon den ganzen Tag in der Uni und bin total überarbeitet. Ich setz mich heute abend nochmal dran und werde das nachvollziehen.
Lg

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