Volumen Kegel Herleitung

17.04.2020, 18:50

Bobby Fischer

Volumen Kegel Herleitung

Meine Frage:
Ich möchte mithilfe eines Doppelintegrales die Volumenformel für einen Kegel herleiten. Nach Umwandlung in Polarkoordinaten komme ich auf $\begin{eqnarray*} \int_{0}^{2\pi } \! \int_{0}^{a} \! (h-\sqrt{r^{2} })\cdot r \, dr \,d\theta \end{eqnarray*}$ . Wenn ich dieses Integral ausrechne komme ich auf $\begin{eqnarray*} a^{2}\cdot h\cdot \pi-\frac{2a^{3}\cdot\pi}{3} \end{eqnarray*}$ . Das ähnelt aber der allbekannten Formel $\begin{eqnarray*} V=\frac{\pi}{3}\cdot a^{2}\cdot h \end{eqnarray*}$ nicht allzu sehr.

Meine Ideen:
Wo liegt mein Fehler?

17.04.2020, 19:24

Ulrich Ruhnau

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RE: Volumen Kegel Herleitung

Zitat:

Original von Bobby Fischer
Meine Frage:
Ich möchte mithilfe eines Doppelintegrales die Volumenformel für einen Kegel herleiten. Nach Umwandlung in Polarkoordinaten komme ich auf $\begin{eqnarray*} \int_{0}^{2\pi } \! \int_{0}^{a} \! (h-\sqrt{r^{2} })\cdot r \, dr \,d\theta \end{eqnarray*}$ .
Meine Ideen:
Wo liegt mein Fehler?

$\begin{eqnarray*} h-\sqrt{r^{2}} \end{eqnarray*}$ ist ja auch Unfug! geschockt

Zwar würde $\begin{eqnarray*} h-r \end{eqnarray*}$ besser aussehen, weil Du über einen nicht-negativen Bereich von $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ integrierst, aber am unteren Rand sollte Dein Kegel keine Höhe mehr haben. Du mußt Dir mal über die Steigung Gedanken machen.

17.04.2020, 19:37

Bobby Fischer

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Entschuldigung, aber das ist etwas zu vage, kann daraus nicht wirklich etwas schließen

17.04.2020, 20:32

Ulrich Ruhnau

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Dieses Bild zeigt die rechte Seite vom Querschnitt des Kegels. Du mußt die Höhe $\begin{eqnarray*} f(r) \end{eqnarray*}$ richtig angeben um das Volumen zu bestimmen.

$\begin{eqnarray*} f(r) \ne h-r \end{eqnarray*}$

17.04.2020, 20:48

Bobby Fischer

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Ich finde keinen Weg das h sinnvoll zu ersetzen. Trigonometrie macht ja keinen Sinn und der Satz des Pythagoras führt auch ins Nichts. Wäre es zudem nicht eher f(a)? Was ist eigentlich der Unterschied zwischen $\begin{eqnarray*} a, r \end{eqnarray*}$ . Die bezeichnen doch eigentlich dasselbe oder?

17.04.2020, 21:26

Ulrich Ruhnau

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RE: Volumen Kegel Herleitung

Zitat:

Original von Bobby Fischer
Nach Umwandlung in Polarkoordinaten komme ich auf $\begin{eqnarray*} \int_{0}^{2\pi } \! \int_{0}^{a} \! (h-\sqrt{r^{2} })\cdot r \, dr \,d\theta \end{eqnarray*}$ .
Was ist eigentlich der Unterschied zwischen $\begin{eqnarray*} a, r \end{eqnarray*}$ ?

Du hast doch Dein Integral so angesetzt, daß $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ Deine Integrationsvariable ist und Du von einem Kreisradius von $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ ausgehst.
Deine Integrationsvariable $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ läuft also von $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ .
$\begin{eqnarray*} h-\sqrt{r^2} \end{eqnarray*}$ sollte doch Deine variable Höhe sein, die ich in meiner Zeichnung mit f bezeichnet habe. Richtig lautet die Formel:

$\begin{eqnarray*} f(r)=h-\frac ha r \end{eqnarray*}$

Jetzt kannst Du Dein Integral anpassen und noch mal losrechnen.

18.04.2020, 01:56

Bobby Fischer

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Danke für die Hilfe hat funktioniert. Allerdings hat sich mir immer noch nicht ganz erschlossen warum wir die Höhe von r abhängig machen mussten, um auf das richtige Ergebnis zu kommen.

18.04.2020, 05:37

Ulrich Ruhnau

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Wenn Du das Volumen eines Zylinders berechnen möchtest, dann ersetzt Du einfach f(r) mit der Höhe h des Zylinders. Aus dem Dreieck, als halber Querschnitt, würde ein Rechteck als Querschnitt werden.

18.04.2020, 13:40

Bobby Fischer

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Was haben wir dann berechnet bevor wir das h durch f(r) ersetzt haben?

18.04.2020, 17:36

Ulrich Ruhnau

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Zuerst hattest Du das hier berechnet. Ein Zylinder mit einem Kegel drauf. Deine Höhe an der Stelle $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ war $\begin{eqnarray*} h-r \end{eqnarray*}$ . Die Höhe war in der Mitte $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ und am Rand $\begin{eqnarray*} h-a \end{eqnarray*}$ , Wobei Du a als Radius der Grundfläche gewählt hast.
[attach]51039[/attach]

18.04.2020, 18:07

Bobby Fischer

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Vielen Dank! Hat sehr geholfen

18.04.2020, 20:05

fritzi6

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Wäre die Ausgangsfunktion in kartesischen Koordinaten dann $\begin{eqnarray*} f(x,y)=h-\frac{h}{a}\cdot\sqrt{x^{2}+y^{2}} \end{eqnarray*}$ ?

18.04.2020, 21:08

Ulrich Ruhnau

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Ja sicherlich, jedoch sind die Grenzen des Kreises beim Integrieren zu beachten.