Rotationsvolumen (Bild täuscht mich)

28.05.2020, 21:43

steviehawk

Rotationsvolumen (Bild täuscht mich)

Meine Frage:
Hallo zusammen,

ich betrachte gerade Integrale über der Funktion $\begin{eqnarray*} f(x) = a\cdot \sqrt{x} \end{eqnarray*}$ , mit $\begin{eqnarray*} a>0 \end{eqnarray*}$

Es geht nun um das folgende Rotationsvolumen. Die y-Achse, das Schaubild von f und die horizontale auf der Höhe $\begin{eqnarray*} u > 0 \end{eqnarray*}$ schließen eine Fläche ein. Diese soll um die x-Achse rotieren.

Ich habe nun festgestellt, dass wenn die Bedingung $\begin{eqnarray*} a^2 = u \end{eqnarray*}$ erfüllt ist, also anders gesagt $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ gerade der Fixpunkt von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ist, dann stimmen die folgenden beiden Integrale und damit die Rotationsvolumen über ein:

1: $\begin{eqnarray*} V_1 = \pi \cdot \int_{0}^{u} f(x)^2 dx \end{eqnarray*}$ (Fläche unter der Kurve rotiert)

2: $\begin{eqnarray*} V_2 = \pi \cdot \int_{0}^{f^{-1}(u)} u^2 - f(x)^2 dx \end{eqnarray*}$ (Fläche zwischen der Begrenzung auf der Höhe u und der Kurve rotiert)

wobei $\begin{eqnarray*} f^{-1}(u) = u \end{eqnarray*}$ gilt, wegen der Fixpunkt-Bedingung.

Soweit so gut, was mich nur mega wundert ist die Tatsache dass es einfach so ist, denn wenn ich mir das in GeoGebra plotte, dann sieht die Fläche zwischen der Horizontalen $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} K_f \end{eqnarray*}$ einfach wesentlich kleiner aus, da die Wurzelfunktion ja so gebogen durch das Quadrat mit der Seitenlänge $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ verläuft.

Irgendwie schwer in Worte zufassen, aber wenn man sich zum Beispiel mal $\begin{eqnarray*} f(x) = 3 \cdot \sqrt{x} \end{eqnarray*}$ plottet und dann auf der Höhe $\begin{eqnarray*} u = 9 \end{eqnarray*}$ eine Horizontale zeichnet und zusätzlich eine Vertikale bei $\begin{eqnarray*} x = 9 \end{eqnarray*}$ dann wird glaube ich klar, was ich meine.

Obwohl ich den Teil über $\begin{eqnarray*} K_f \end{eqnarray*}$ rotieren lassen möchte (laut Beschreibung des Rotationsvolumens oben) kann ich auch den Teil unter $\begin{eqnarray*} K_f \end{eqnarray*}$ rotieren lassen und es kommt dasselbe raus. Optisch kann ich das nicht nachvollziehen, rechnerisch sprechen die Integrale eine eindeutige Sprache..

Meine Frage:

Stehe ich komplett auf dem Schlauch oder übersehe ich doch etwas?

Meine Ideen:
Vielen Dank

EDIT:

Ich habe jetzt zum Spaß mal noch die Funktion $\begin{eqnarray*} g(x) = x \end{eqnarray*}$ verwendet. Ebenso wie oben mit dem Integral bis zum Fixpunkt. Es entsteht dabei ja ein Kegel (wenn man unter der Kurve rotiert) und das passende Gegenstück zum Kegel (wenn man den Teil über der Kurve nimmt).

Für den Kegel gilt ja $\begin{eqnarray*} V_{Kegel} = \frac{1}{3} \cdot G \cdot h \end{eqnarray*}$

die Flächen sind zwar im Koordinatensystem gleich, aber die obere Fläche ergibt dann rotiert 2/3 des Zylinders der entsehen würde, wenn man nur die Horizontale rotieren lassen würde, der Kegel eben dann das weitere Drittel.

Ich finde es jetzt erstmal spannende, dass man durch die Wurzelfunktionen das dann eben genau so hinbekommt, dass die beiden Rotationsvolumina gleich werden..

Das wäre jetzt umgekehrt mal eine spannende Frage, wie die Profilkurve gewählt werden muss, sodass dann der entstandene "Spezialkegel" dasselbe Volumina hat, wie sein Gegenstück..

28.05.2020, 22:56

Ulrich Ruhnau

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RE: Rotationsvolumen (Bild täuscht mich)

Zitat:

Original von steviehawk
Die y-Achse, das Schaubild von f und die horizontale auf der Höhe $\begin{eqnarray*} u > 0 \end{eqnarray*}$ schließen eine Fläche ein. Diese soll um die x-Achse rotieren.

Mich stört hier, daß Du keine Grafiken angehängt hast. Ich weiß nicht, ob Du es weißt, aber man kann mit Geogebra auch png-Files erzeugen. Zumindest ging das mit Version 5. Bei Version 6 muß man den Umweg über IrfanView nehmen, damit die Dateigröße nicht die Grenze von 1 MB übersteigt. Dazu kann man im IrfanView die Bildgröße halbieren, sodaß man $\begin{eqnarray*} \frac 14 \end{eqnarray*}$ der Pixel hat. Diese Files könntest Du ruhig mal hier einstellen. Oder Du verwendest den Funktionenplotter, was etwas Speicherplatz spart. Z.B:

Der Code für dieses Diagramm lautet:

code:
1:	[plot=0:9,0:11]3*sqrt(x),9[/plot]

Daß das Volumen zwischen der grünen und der roten Linie genauso groß ist, wie das Volumen zwischen der roten Line und der Rotationsachse ist für mich nachvollziehbar. Immerhin geht die Kreisfläche des Querschnitts mit dem Quadrat von f oder u.

29.05.2020, 10:28

Leopold

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@ steviehawk

Deine Rechnung verstehe ich nicht ganz. Wenn du von einer Horizontalen auf der Höhe $\begin{align*} u \end{align*}$ sprichst, dann wäre für mich

$\begin{align*} V_1 = \pi \int \limits_0^{\frac{u^2}{a^2}} \left( a \sqrt{x} \right)^2 ~ \dd x \end{align*}$

$\begin{align*} V_2 = \pi u^2 \cdot \frac{u^2}{a^2} - V_1 \end{align*}$

Und da ergibt sich sogar immer $\begin{align*} V_1 = V_2 \end{align*}$ .

Flächen, die von der Rotationsachse weiter weg liegen, erzeugen beim Rotieren ein viel größeres Volumen also solche, die näher bei der Rotationsachse liegen. Die äußeren Flächen müssen ja viel weiter rennen als die inneren, bis sie einmal herum sind. Jetzt ist die Fläche unterhalb der Parabel zwar größer als die Ergänzungsfläche zum Rechteck, aber beim Parabelstück liegen mehr Flächenteile bei der Rotationsachse, beim Reststück mehr Flächenteile fern der Rotationsachse. Die Rechnung zeigt, daß es hier zu einem Ausgleich kommt.

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