Volumen einer Menge

11.06.2019, 23:51

klicke

Volumen einer Menge

Meine Frage:
Hey,
ich bin mir nicht sicher, ob ich das Volumen der Menge $\begin{eqnarray*} M={(x_1,x_2,x_3) \epsilon R^3 | x_1^2+x_2^2 \leq x_3^2, 0\leq x_3 \leq a} \end{eqnarray*}$ richtig bestimmt habe.

Meine Ideen:
Mein Ansatz ist:
$\begin{eqnarray*} x_1 \epsilon [0,x_3]; x_2 \epsilon [0,x_3]; x_3 \epsilon [0,a]<br /> \Rightarrow \int_{0}^{a} \! \int_{0}^{x_3} \! \int_{0}^{x_3} \! 1 \, dx_1 \, dx_2 \, dx_3 = \frac{1}{3}a^3 \end{eqnarray*}$

12.06.2019, 07:44

Finn_

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Wollte gestern Nacht schon antworten, aber da kam Gewitter auf.

Ich schreibe mal $\begin{eqnarray*} (x,y,z):=(x_1,x_2,x_3) \end{eqnarray*}$ , weil weniger umständlich.

Mit deinem inneren Integral
$\begin{eqnarray*} \int_0^z\int_0^z 1\,\mathrm dx\mathrm dy = z^2 \end{eqnarray*}$
berechnest du den Flächeninhalt von $\begin{eqnarray*} [0,z]\times [0,z] \end{eqnarray*}$ . Das Integral
$\begin{eqnarray*} \int_0^a z^2\,\mathrm dz = \frac{1}{3}a^3 \end{eqnarray*}$
ist dann das Volumen des Pyramidenviertels, das aus den Scheiben $\begin{eqnarray*} [0,z]\times [0,z] \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} z\in[0,a] \end{eqnarray*}$ zusammengesetzt ist. Die gesamte Pyramide müsste den Flächeninhalt
$\begin{eqnarray*} \frac{4}{3}a^3 \end{eqnarray*}$
haben. Für eine Pyramide gilt die Formel
$\begin{eqnarray*} V = \frac{1}{3}Gh, \end{eqnarray*}$
wobei $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ die Grundfläche und $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ die Höhe ist. Die Höhe ist hier $\begin{eqnarray*} h=a \end{eqnarray*}$ und die Grundfläche $\begin{eqnarray*} G=(2a)^2 \end{eqnarray*}$ , das ergibt
$\begin{eqnarray*} V = \frac{4}{3}a^3 \end{eqnarray*}$ .

Man könnte das Pyramidenviertel auch als gescherte Pyramide betrachten. Nach dem Prinzip von Cavalieri lässt sich die Volumenformel gleich direkt anwenden, und man erhält $\begin{eqnarray*} a^3/3 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} G=a^2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} h=a \end{eqnarray*}$ .

Bei der hier dargestellen Aufgabe liegt ein Rotationskörper vor. Bei diesem gilt
$\begin{eqnarray*} x^2+y^2 \le z^2 = r^2 \end{eqnarray*}$ ,
also $\begin{eqnarray*} r=z \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} z\ge 0 \end{eqnarray*}$ . Allgemein hat man eine Funtkion $\begin{eqnarray*} r(z) \end{eqnarray*}$ , welche den Radius in Abhängigkeit von $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ angibt. Der Flächeninhalt davon ist jeweils $\begin{eqnarray*} \pi r(z)^2 \end{eqnarray*}$ . Demnach besitzt eine Scheibchen das Volumen
$\begin{eqnarray*} \mathrm dV = \pi\cdot r(z)^2\mathrm dz \end{eqnarray*}$
und daher gilt
$\begin{eqnarray*} V = \int_{z_0}^{z_1} \pi\cdot r(z)^2\mathrm dz. \end{eqnarray*}$

12.06.2019, 08:52

klarsoweit

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RE: Volumen einer Menge
Um das vorstehende zusammenzufassen, mit:

Zitat:

Original von klicke
Mein Ansatz ist:
$\begin{eqnarray*} x_1 \epsilon [0,x_3]; x_2 \epsilon [0,x_3]; x_3 \epsilon [0,a]<br /> \Rightarrow \int_{0}^{a} \! \int_{0}^{x_3} \! \int_{0}^{x_3} \! 1 \, dx_1 \, dx_2 \, dx_3 = \frac{1}{3}a^3 \end{eqnarray*}$

berechnest du nicht das Volumen der Menge M. Beispielsweise läßt du bei deinem Integral zu, daß für x_3 = a auch x_1 = x_2 = a sein kann. Das widerspricht aber der Vorgabe, daß $\begin{eqnarray*} x_1^2+x_2^2 \leq x_3^2 \end{eqnarray*}$ sein muß.

Wie von Finn_ angedeutet, kannst du das Integral in Zylinderkoordinaten transformieren. Bei Zylinderkoordinaten ist das Volumenelement für das Integral $\begin{eqnarray*} r~dr~ d \phi~dz \end{eqnarray*}$ .

12.06.2019, 09:08

Finn_

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Man kann das Problem auch brachial angehen.

Sei $\begin{eqnarray*} \Omega:=\mathbb R^3 \end{eqnarray*}$ , dann ist das Volumen
$\begin{eqnarray*} V=\int_\Omega\chi(x,y,z)\,\mathrm dx\mathrm dy\mathrm dz, \end{eqnarray*}$
wobei $\begin{eqnarray*} \chi\colon\mathbb R^3\to\{0,1\} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \chi(x,y,z) = [0\le z\le a]\cdot[x^2+y^2\le r(z)^2] \end{eqnarray*}$ .
Da $\begin{eqnarray*} [0\le z\le a] \end{eqnarray*}$ nicht von $\begin{eqnarray*} x,y \end{eqnarray*}$ abhängig ist, können wir diesen Faktor aus den ersten beiden Integralen herausziehen. Man erhält
$\begin{eqnarray*} V = \int_{-\infty}^\infty [0\le z\le a]\int_{-\infty}^\infty\int_{-\infty}^\infty [x^2+y^2\le r(z)^2]\,\mathrm dx\mathrm dy\mathrm dz \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =\int_0^a\int_{-r(z)}^{r(z)}\int_{-r(z)}^{r(z)} [x^2+y^2\le r(z)^2]\,\mathrm dx\mathrm dy\mathrm dz. \end{eqnarray*}$
Die Darstellung von $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ als Funktion von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ :
$\begin{eqnarray*} y = \pm\sqrt{r(z)^2-x^2} \end{eqnarray*}$ .
Demnach gilt
$\begin{eqnarray*} [x^2+y^2\le r(z)^2] = [|y|\le\sqrt{r(z)^2-x^2}]\cdot [-r(z)\le x\le r(z)]. \end{eqnarray*}$
Der Faktor $\begin{eqnarray*} [-r(z)\le x\le r(z)] \end{eqnarray*}$ ist nicht von $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ abhängig, kann daher aus dem Integral bezüglich $\begin{eqnarray*} \mathrm dy \end{eqnarray*}$ herausgezogen werden. Bezüglich $\begin{eqnarray*} \mathrm dx \end{eqnarray*}$ ist dieser Faktor aber eins, da die Bedingung innerhalb der schon eingeschränkten Integralgrenzen immer erfüllt ist. Es ergibt sich
$\begin{eqnarray*} V = \int_0^a \int_{-r(z)}^{r(z)}\int_{-r(z)}^{r(z)} [|y|\le\sqrt{r(z)^2-x^2}]\,\mathrm dy\mathrm dx\mathrm dz \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =\int_0^a\int_{-r(z)}^{r(z)}\int_{-\sqrt{r(z)^2-x^2}}^{\sqrt{r(z)^2-x^2}} 1\,\mathrm dy\mathrm dx\mathrm dz \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =\int_0^a\int_{-r(z)}^{r(z)} 2\sqrt{r(z)^2-x^2}\,\mathrm dx\mathrm dz. \end{eqnarray*}$
Das Kreisintegral will ich jetzt nicht herleiten, es gilt
$\begin{eqnarray*} \int 2\sqrt{r^2-x^2}\,\mathrm dx = x\cdot\sqrt{r^2-x^2}+r^2\cdot\arcsin\frac{x}{r}+C. \end{eqnarray*}$
Da die Grenzen $\begin{eqnarray*} x=-r \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x=r \end{eqnarray*}$ sind, ist $\begin{eqnarray*} \sqrt{r^2-x^2}=0 \end{eqnarray*}$ . Damit gilt
$\begin{eqnarray*} \int_{-r}^{r} 2\sqrt{r^2-x^2}\,\mathrm dx = [r^2\arcsin\frac{x}{r}]_{-r}^{r} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} = r^2(\arcsin(1)-\arcsin(-1)) = r^2(\frac{\pi}{2}-(-\frac{\pi}{2})) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =\pi r^2. \end{eqnarray*}$
Es ergibt sich $\begin{eqnarray*} V=\int_0^a \pi\cdot r(z)^2\,\mathrm dz. \end{eqnarray*}$

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