Volumenberechnung mit Dreifachintegral

23.06.2016, 16:42

Shalec

Volumenberechnung mit Dreifachintegral

Hallo,

ich soll in einer meiner Übungsaufgaben das Volumen berechnen, welches der unendlich hohe Kreiszylinder aus der oberen Halbkugel um den Ursprung ausschneidet.

Der Kreiszylinder hat den Grundkreis $\begin{eqnarray*} x^2 - Rx + y^2 = 0 \end{eqnarray*}$ und die Halbkugel den Radius R.

Mein Problem bei der Lösung der Aufgabe besteht nun darin, die Menge, über die ich integrieren möchte, korrekt aufzuschreiben. Ich würde jetzt erstmal eine Menge in kartesischen Koordinaten schreiben wollen und diese dann in Zylinderkoordinaten transformieren.

Meine Idee wäre für die kartesischen Koordinaten $\begin{eqnarray*} V:= \left\{ (x,y,z) \in R^3 : x^2 - Rx + y^2 = 0, x^2+y^2+z^2 \leq R^2 \right\} \end{eqnarray*}$

und in Zylinderkoordinaten:

$\begin{eqnarray*} U:= \left\{ (r,\phi,z) \in R^3 : 0\leq r \leq R, 0\leq \phi \leq 2\pi, 0 \leq z \leq \sqrt{(R^2-r^2)} \right\} \end{eqnarray*}$

Ich würde mich freuen, wenn mir jemand sagen könnte, ob diese Mengen Sinn machen oder, ob bzw. wie ich sie besser verändern sollte!

Viele Dank im Voraus und viele Grüße smile

23.06.2016, 22:01

Leopold

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Ich verstehe deinen Ansatz nicht. Wo ist der Zusammenhang zwischen den Mengen $\begin{align*} V \end{align*}$ und $\begin{align*} U \end{align*}$ ?

Zunächst ist $\begin{align*} V \end{align*}$ nicht ganz korrekt. Es muß darin $\begin{align*} x^2 - Rx + y^2 \leq 0 \end{align*}$ heißen. Versuche dir den Körper vorzustellen. Ich gebe einmal eine Beschreibung:

In der $\begin{align*} xy \end{align*}$ -Ebene liegt um den Ursprung ein Kreis vom Radius $\begin{align*} R \end{align*}$ . In diesem Kreis liegt ein kleinerer Kreis vom Radius $\begin{align*} \frac{R}{2} \end{align*}$ um den Punkt $\begin{align*} (x,y) = \left( \frac{R}{2} , 0 \right) \end{align*}$ (das ist der Kreis $\begin{align*} x^2 - Rx + y^2 \leq 0 \end{align*}$ - quadratische Ergänzung!). Mach dir eine Skizze.
Jetzt kommt die $\begin{align*} z \end{align*}$ -Koordinate ins Spiel: Über dem großen Kreis wölbt sich in positiver $\begin{align*} z \end{align*}$ -Richtung eine Halbkugel. Und über dem kleinen Kreis wird in positiver $\begin{align*} z \end{align*}$ -Richtung ein Zylinder errichtet.
Jetzt nimm einen beliebigen Punkt im kleinen Kreis und fahre von ihm aus senkrecht nach oben, bis du an die Halbkugelwand stößt. Wenn du das für jeden Kreispunkt machst, durchfährst du so alle Punkte des Körpers, dessen Volumen du berechnen sollst.
Wenn du dir die Halbkugel als Funktionsgraphen vorstellst, dann ist das die Funktion

$\begin{align*} z = f(x,y) = \sqrt{R^2 - (x^2 + y^2)} \, , \ \ x^2 + y^2 \leq R^2 \end{align*}$

Und letztlich mußt du das Volumen über dem kleinen Kreis unterhalb dieses Funktionsgraphen berechnen, also

$\begin{align*} \int \limits_{x^2 + y^2 \leq Rx} \sqrt{R^2 - (x^2 + y^2)} ~ \dd (x,y) \end{align*}$

Führst du hier Polarkoordinaten $\begin{align*} x = r \cos t \, , \ y = r \sin t \end{align*}$ ein, so mußt du über den Bereich

$\begin{align*} - \frac{\pi}{2} \leq t \leq \frac{\pi}{2} \, , \ \ 0 \leq r \leq R \cos t \end{align*}$

Die Ungleichung für $\begin{align*} t \end{align*}$ ergibt sich unmittelbar aus der Geometrie. Nur für diese $\begin{align*} t \end{align*}$ -Werte wird der kleine Kreis von einem Strahl mit dem Argument $\begin{align*} t \end{align*}$ getroffen. Und die Ungleichung für $\begin{align*} r \end{align*}$ ergibt sich, wenn du die Polarkoordinaten in die Ungleichung $\begin{align*} x^2 + y^2 \leq Rx \end{align*}$ einsetzt.
Das alles hättest du auch ganz formal bei Einführung von Zylinderkoordinaten erhalten.

Die Startungleichungen:

$\begin{align*} x^2 + y^2 + z^2 \leq R^2 \, , \ \ x^2 + y^2 \leq Rx \end{align*}$

Jetzt wird $\begin{align*} x = r \cos t, \, , \ y = r \sin t \end{align*}$ substituiert, $\begin{align*} z \end{align*}$ bleibt. Es entsteht

$\begin{align*} r^2 + z^2 \leq R^2 \, , \ \ r^2 \leq Rr \cos t \end{align*}$

Wegen $\begin{align*} z \geq 0 \end{align*}$ und $\begin{align*} r \geq 0 \end{align*}$ ist das äquivalent zu

$\begin{align*} 0 \leq z \leq \sqrt{R^2 - r^2} \, , \ \ r \leq R \cos t \end{align*}$

Dabei muß $\begin{align*} t \in [-\pi,\pi] \end{align*}$ (oder aus einem andern Intervall der Länge $\begin{align*} 2 \pi \end{align*}$ ) so gewählt werden, daß die zweite Ungleichung auch erfüllbar ist. Und da $\begin{align*} r \end{align*}$ positiv sein muß, geht das nur für

$\begin{align*} - \frac{\pi}{2} \leq t \leq \frac{\pi}{2} \end{align*}$

Diese Ungleichungen hätte ich bei deinem $\begin{align*} U \end{align*}$ erwartet.

Ich habe modulo Rechenfehler

$\begin{align*} \int \limits_{x^2 + y^2 \leq Rx} \sqrt{R^2 - (x^2 + y^2)} ~ \dd (x,y) = \ldots = \frac{1}{3} R^3 \int_{- \frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \left( 1 - \left| \sin t \right|^3 \right) ~ \dd t = \ldots = \frac{1}{9} R^3 \left( 3 \pi - 4 \right) \end{align*}$

erhalten.

24.06.2016, 18:01

Shalec

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Hallo Leopold,
vielen Dank für deine Ausführungen. Ein paar Notizen sind beim Abtippen verloren gegangen, hier nochmal die Menge, die ich stehen hatte (vollständig).

V habe ich nun angepasst:
$\begin{eqnarray*} V=\{ (x,y,z)\in\mathbb R^3\ |\ |z|\leq \sqrt{R^2-(x^2+y^2)},\ x^2+y^2\leq Rx\} \end{eqnarray*}$

Mein U sollte ursprünglich so aussehen:
$\begin{eqnarray*} U=\{ (r,\varphi, z)\in\mathbb R^3\ |\ -\frac{\pi}{2} \leq \varphi\leq \frac{\pi}{2},\ 0\leq r\leq R,\ 0\leq z\leq \sqrt{R^2-r^2}\} \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} r^2=x^2+y^2 \end{eqnarray*}$

Nach deinen Ausführungen habe ich nun U angepasst zu:
$\begin{eqnarray*} U:=\{(r,\varphi, z)\in\mathbb R^3\ |\ -\frac{\pi}{2} \leq \varphi\leq \frac{\pi}{2}, 0\leq r\leq R\cdot \cos\varphi,\ 0\leq z\leq \sqrt{R^2-r^2} \} \end{eqnarray*}$
gemäß der Transformation.

Was mir hierbei nicht gefällt, ist die Abhängigkeit von $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ in der Integrationsgrenze von "r". Kann man das noch irgendwie umgehen oder muss nun zu wie folgt integriert werden?

$\begin{eqnarray*} \iiint_U "\cdot" dz\ dr\ d\varphi \end{eqnarray*}$ ?

Viele Grüße und vielen vielen Dank für deine sehr anschauliche Erklärung.

24.06.2016, 20:35

Leopold

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Zitat:

Original von Shalec
Was mir hierbei nicht gefällt, ist die Abhängigkeit von $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ in der Integrationsgrenze von "r". Kann man das noch irgendwie umgehen oder muss nun zu wie folgt integriert werden?

$\begin{eqnarray*} \iiint_U "\cdot" dz\ dr\ d\varphi \end{eqnarray*}$ ?

Wieso willst du das umgehen? Jede andere Reihenfolge der Integrationen macht die Sache nur komplizierter.

24.06.2016, 22:23

Shalec

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Hallo,
ich dachte, dass es da vielleicht noch einen tollen Trick gibt, sodass die Integration von der Reihenfolge unabhängig und nicht komplizierter wird. Daher habe ich einfach mal nachgefragt smile

Also ich habe nun folgendes berechnet:

$\begin{eqnarray*} \iiint_U 1 d(x,y,z) = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \int_0^{R\cos \varphi}\int_{0}^{\sqrt{R^2-r^2}} 1\cdot r\ dzdrd\varphi = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \int_0^{R\cos \varphi} r \left( \int_{0}^{\sqrt{R^2-r^2}} 1 dz \right)drd\varphi = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \int_0^{R\cos \varphi} r \sqrt{R^2-r^2} drd\varphi \end{eqnarray*}$
Hier hilft eine Substitution $\begin{eqnarray*} u=R^2-r^2\ \Rightarrow \frac{du}{dr}=-2r \ \Rightarrow\ dr = \frac{du}{-2r} \end{eqnarray*}$ zusammen mit $\begin{eqnarray*} u(R\cos \varphi)=R^2\sin^2 \varphi,\ u(0)=R^2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =\frac{-1}{2}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \left(\int_{R^2}^{R^2\sin^2 \varphi} \sqrt{u} du \right) d\varphi = \frac{-1}{2}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \left( \left[ \frac{2}{3} u^{3/2}\right]_{u=R^2}^{u=R^2\sin^2 \varphi} \right) d\varphi = \frac{-1}{2}\cdot \frac{2}{3}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \left( R^3\sin^3 \varphi - R^3 \right) d\varphi \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =\frac{-1}{2}\cdot \frac{2}{3}\cdot R^3 \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \left( \sin^3 \varphi - 1 \right) d\varphi \end{eqnarray*}$

Hier haben wir einen kleinen Unterschied. Habe ich mich irgendwo verrechnet? Oder wird mein Vorzeichen verschwinden? Warum hast du z.B. $\begin{eqnarray*} \left| \sin^3 t \right| \end{eqnarray*}$ notiert?

Viele Grüße

PS:
Sehe ich das richtig, dass ich an der einen Stelle eigentlich das Integral umdrehen müsste?
$\begin{eqnarray*} \int_{R^2}^{R^2\sin^2 \varphi} \end{eqnarray*}$ hier ist doch i.A. $\begin{eqnarray*} R^2\sin^2 \varphi\leq R^2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \sin^2\varphi\geq 0 \end{eqnarray*}$ . (Aus letzteren würde ich interpretieren können, dass die Betragsstriche hin müssen. Aus dem ersten würde ich dann das "-" loswerden.)

25.06.2016, 00:25

HAL 9000

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Volumen Kugel durchstoßen von Zylinder

[attach]8389[/attach]

Im vorliegenden Fall wird natürlich nur aus einer Halb- statt aus der Vollkugel herausgestanzt.

25.06.2016, 11:57

Shalec

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Zusammen mit den (in meinem PS) vorgeschlagenen Korrekturen (oder dadurch, dass ich das (-1)-Fache in das Integral hereinziehe), erhalte ich dann weiter:

$\begin{eqnarray*} =\frac{1}{3}R \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 1- sin^3(\varphi) d\varphi \end{eqnarray*}$
nach 1-facher partieller Integration und Umstellen ergibt sich, dass $\begin{eqnarray*} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} sin^3(\varphi) d\varphi = \frac{2}{3} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin\varphi d\varphi = 0 \end{eqnarray*}$ , also ist:
$\begin{eqnarray*} =\frac{1}{3}R^3 \cdot \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 1 d\varphi =\frac{R^3\pi}{3} \end{eqnarray*}$ .

Wie das ausgestanzte Stück aussieht, war mir bildlich so ziemlich klar. Aber womit hast du die Zeichnung erstellt? (und warum werden dort Schatten eingebunden?)

Danke für die Antworten.

EDIT: Wolfram spuckt mir was anderes aus, daher nochmal meine Rechnung:
$\begin{eqnarray*} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} sin^3(\varphi) d\varphi = \left[ -sin^2\varphi \cos\varphi \right]_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} - \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} -2\sin\varphi\cos^2\varphi d\varphi = 2\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin\varphi(1-\sin^2\varphi) d\varphi= 2\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin\varphi d\varphi - 2\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin^3\varphi d\varphi \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow\ 3\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin^3\varphi d\varphi = 2\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin\varphi d\varphi \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow\ \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin^3\varphi d\varphi = \frac{2}{3}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin\varphi d\varphi = 0 \end{eqnarray*}$

25.06.2016, 15:19

Leopold

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Das Kugelvolumen ist $\begin{align*} \frac{4}{3} \pi R^3 \end{align*}$ . Ein Kugelviertel hat daher $\begin{align*} \frac{1}{3} \pi R^3 \end{align*}$ als Inhalt. Unser Volumen muß daher kleiner als $\begin{align*} \frac{1}{3} \pi R^3 \end{align*}$ sein. Dein Ergebnis kann folglich nicht stimmen.
Und der Fehler liegt in den fehlenden Betragsstrichen beim Sinus. Und wie und wann die dahin kommen - das solltest du selber herausfinden ...

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