Volumen Zylinder

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16.07.2013, 17:59	Theend9219	Auf diesen Beitrag antworten »
Volumen Zylinder Hallöchen Es geht um folgende Aufgabe: $\begin{eqnarray} U = \left\{ (x,y,z) \in \mathbb R^{3}: x^{2}+y^{2}-z^{2} < 0, 0 \leq z <a \right\}, a>0 \end{eqnarray}$ . Ich soll das Volumen berechnen. Hierfür verwende ich die Zylinderkoordinaten: $\begin{eqnarray} x= \rho cos \varphi \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y= \rho sin \varphi \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} z =z \end{eqnarray}$ Ich habe erst einmal die Funktionaldeterminante gebildet: $\begin{eqnarray} det \frac{\delta(x,y,z)}{\delta( \rho,\varphi,z)}= \begin{vmatrix} cos \varphi & -\rho sin \varphi & 0 \\ sin \varphi & \rho cos \varphi & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix} = \rho \end{eqnarray}$ Und wie bilde ich jetzt die Transformationsformel? Liebe Grüßee
17.07.2013, 18:54	chris95	Auf diesen Beitrag antworten »
Hi, damit weisst du doch: $\begin{eqnarray} dV = \rho d\rho d\varphi dz \end{eqnarray}$ Ausserdem weisst du aufgrund der Nebenbedinungen: $\begin{eqnarray} r^2<z^2 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} 0< z < a \end{eqnarray}$ Damit folgt auch $\begin{eqnarray} 0< r< z \end{eqnarray}$ Somit ist das Volumen: $\begin{eqnarray} V = \int_0^{2\pi} \, d\varphi \int_0^a\, dz \int_0^z \, d\rho \, \rho =\dots \end{eqnarray}$ Gruss, chris
17.07.2013, 19:22	Theend9219	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Volumen Zylinder Hey Vielen Dank für deine Antwort Ja stimmt, ich hätte es nur einsetzen müssen. $\begin{eqnarray} V = \int_{0}^{2\pi} d\varphi \int_{0}^{a} dz \int_{0}^{z} \rho d\rho = 2\pi \cdot a \cdot \frac{t^{2}}{2} = \pi a t^{2} \end{eqnarray}$ so? Liebe Grüüße
17.07.2013, 23:27	chris95	Auf diesen Beitrag antworten »
Woher kommt denn dieses t? Rechne zuerst mal das $\begin{eqnarray} \rho \end{eqnarray}$ Integral aus um danach die z-Integration durchzufuehren. Beachte dass die obere Grenze vom $\begin{eqnarray} \rho \end{eqnarray}$ Integral von z abhaengt.
17.07.2013, 23:29	Che Netzer	Auf diesen Beitrag antworten »
Kurze Zwischenfrage, bevor ihr zu viel rechnet: Darf die Flächenformel für Kreise benutzt werden? Wenn ja, schreibt man einmal Fubini auf, setzt die Formel ein und ist (so gut wie) fertig.
18.07.2013, 09:00	Theend9219	Auf diesen Beitrag antworten »
Guten Morgen Che! Also es steht nichts davon da, das wir es nicht benutzen dürfen. Willst du darauf hinaus, dass Volumen einer Halbkugel und eines Kegels zu berechnen, und dann die Volumina zum Zylindervolumen zu addieren laut Archimedes) oder $\begin{eqnarray} \pi r^{2} \cdot \int_{0}^{a} \end{eqnarray}$ ? Der Körper ist ja ein Kegel $\begin{eqnarray} x^{2}+y^{2} \leq z^{2} \end{eqnarray}$ und die Kreisfläche davon ist ja $\begin{eqnarray} x^{2}+y^{2}\leq h^{2} \end{eqnarray}$ , wobei $\begin{eqnarray} h=z \end{eqnarray}$ .. Ich hab es dann trotzdem mal über den anderen Weg ausgerechnet und verbesser (ja wo hab ich nur dieses t her? hihi). Ich komme dann auf $\begin{eqnarray} \frac{\pi a^{3}}{3} \end{eqnarray}$
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18.07.2013, 09:45	Che Netzer	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn $\begin{eqnarray} K_z(0) \end{eqnarray}$ den Kreis mit Radius $\begin{eqnarray} z \end{eqnarray}$ um Null (in der Ebene) bezeichnet, dann ist $\begin{eqnarray} \int_U=\int_{[0,a)}\int_{K_z}\dd(x,y)\dd z=\int_0^a\pi z^2\dd z=\dotso \end{eqnarray}$ Und solltet ihr den Flächeninhalt einen Kreises schonmal berechnet haben, kannst du auch so vorgehen. Deine Menge $\begin{eqnarray} U \end{eqnarray}$ ist übrigens kein Zylinder, sondern ein Kegel.
18.07.2013, 10:59	Theend9219	Auf diesen Beitrag antworten »
Hey Che! Danke für deine Antwort. Und das ist natürlich auch $\begin{eqnarray} \frac{1}{3} \pi a^{3} \end{eqnarray}$ aber dieser Weg ist viel schneller. Das \pi z^{2} nimmst du jetzt einfach von der allgemeinen Berechnungsformel für die Fläche eines Kreises $\begin{eqnarray} \pi r^{2} \end{eqnarray}$ her, oder? und hast dann nur die Variable $\begin{eqnarray} r \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} z \end{eqnarray}$ ausgetauscht, weil wir über $\begin{eqnarray} K_{z} \end{eqnarray}$ integrieren.
18.07.2013, 11:14	Che Netzer	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, genau. Wie gesagt; dazu muss aber die Fläche eines Kreises bekannt sein.
18.07.2013, 11:51	Theend9219	Auf diesen Beitrag antworten »
Dankeschön Che Ich habe mal noch eine andere Frage: Ich habe ein Lemma vor mir liegen: Das lautet wiefolgt: Lemma (Tonelli): Seien $\begin{eqnarray} k,l \geq 1 \end{eqnarray}$ natürliche Zahlen und für $\begin{eqnarray} f: \mathbb R^{k} \times \mathbb R^{l} \rightarrow \overline {\mathbb R_{+}} \end{eqnarray}$ , eine messb. nicht-neg. numerische Funktion. Dann ist für jeses $\begin{eqnarray} y \in \mathbb R^{l} \end{eqnarray}$ die Funktion $\begin{eqnarray} x \rightarrow f(x,y) \end{eqnarray}$ eine messbare Funktion auf dem $\begin{eqnarray} \mathbb R^{k} \end{eqnarray}$ , also das Integral $\begin{eqnarray} \int_{\mathbb R^{k}} f(x,y) d^{k}x \in \overline {\mathbb R_{+}} \end{eqnarray}$ definiert. Die Funktion $\begin{eqnarray} F: \mathbb R^{l} \rightarrow \overline {\mathbb R_{+}} \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} y \rightarrow F(y) := \int_{R^{k}} f(x,y)d^{k} x \end{eqnarray}$ ist messbar und es gilt: $\begin{eqnarray} \int_{\mathbb R^{k+l}} f(x,y) d^{k+l} (x,y) = \int_{\mathbb R^{l}} F(y) d^{l} y = \int_{\mathbb R^{l}} ( \int_{\mathbb R^{k}} f(x,y) d^{k}x) d^{l} y \end{eqnarray}$ . Also der Schritt $\begin{eqnarray} \int_{\mathbb R^{k+l}} f(x,y) d^{k+l} (x,y) =\int_{\mathbb R^{l}} ( \int_{\mathbb R^{k}} f(x,y) d^{k}x) d^{l} y \end{eqnarray}$ ist mir vollkommen klar. Jedoch weiß ich nicht wie ich diese Funktion F(y) zu verstehen habe? Für mich wäre logisch $\begin{eqnarray} \int_{\mathbb R^{n}} F(x,y) d^{n} (x,y) \end{eqnarray}$ wobei $\begin{eqnarray} n=k+l \end{eqnarray}$ . Kannst du es mir vielleicht kurz erklären? Liebe Grüüüüße
18.07.2013, 11:54	Che Netzer	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich verstehe dein Problem nicht; $\begin{eqnarray} F(y) \end{eqnarray}$ wurde doch direkt darüber definiert. Und wenn du diese Definition einsetzt, erhältst du genau die Gleichung, die dir vollkommen klar ist.
18.07.2013, 11:58	Theend9219	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich glaube es liegt daran: Die Funktion $\begin{eqnarray} F: \mathbb R^{l} \rightarrow \overline {\mathbb R_{+}} \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} y \rightarrow F(y) := \int_{R^{k}} f(x,y)d^{k} x \end{eqnarray}$ ist messbar Ich bin eigendlich da der Meinung: $\begin{eqnarray} \int_{R^{l}} F(y) d^{l} y<br /> \end{eqnarray}$
18.07.2013, 12:00	Che Netzer	Auf diesen Beitrag antworten »
Wie kann deine Meinung ein Integral sein? Wenn du $\begin{eqnarray} F \end{eqnarray}$ definieren möchtest, dann erhältst du ein variables $\begin{eqnarray} y\in\mathbb R^l \end{eqnarray}$ , welches du verarbeiten musst. Das darf dann keine Integrationsvariable sein. Und natürlich darfst du $\begin{eqnarray} F(y) \end{eqnarray}$ nicht in der Definition von $\begin{eqnarray} F(y) \end{eqnarray}$ benutzen.
18.07.2013, 12:12	Theend9219	Auf diesen Beitrag antworten »
Achso! Danke. Heisst es denn das F(y) muss dann also in $\begin{eqnarray} \int_{\mathbb R^{k}} \end{eqnarray}$ somit abbilden?
18.07.2013, 12:13	Che Netzer	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich habe keine Ahnung, wie diese Frage zu verstehen ist...
18.07.2013, 12:18	Theend9219	Auf diesen Beitrag antworten »
Sry .. ich tue mich sehr schwer gerade. Also $\begin{eqnarray} y \rightarrow F(y) \end{eqnarray}$ das heißt y wird auf F(y) geschickt. Das f(x,y) ist mir jetzt auch klar, nur ich verstehe immer noch nicht warum man auf $\begin{eqnarray} \int_{\mathbb R^{k}} \end{eqnarray}$ integriert und nicht auf $\begin{eqnarray} \int_{\mathbb R^{l}} \end{eqnarray}$
18.07.2013, 12:31	Che Netzer	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn $\begin{eqnarray} y \end{eqnarray}$ schon als Argument übergeben wird, bleibt nur noch $\begin{eqnarray} x\in\mathbb R^k \end{eqnarray}$ als Integrationsvariable. Der $\begin{eqnarray} \mathbb R^l \end{eqnarray}$ -Anteil $\begin{eqnarray} y \end{eqnarray}$ von $\begin{eqnarray} (x,y) \end{eqnarray}$ ist dann ja schon fest.
18.07.2013, 12:53	Theend9219	Auf diesen Beitrag antworten »
Ah Danke Che! ...Jetzt hab ich es verstanden!

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