Knifflige Integrationsaufgabe

10.06.2020, 11:00

rumar

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Knifflige Integrationsaufgabe

Meine Frage:
Welchen Anteil am Würfelvolumen hat die Teilmenge B jener Punkte im Inneren eines Würfels, welche näher am Würfelmittelpunkt als an der Oberfläche des Würfels liegen ?

Die Lösung soll wenn möglich in der Form eines exakten Terms angegeben werden.

Meine Ideen:
Als Vorübung ist es nützlich, sich die analoge Frage in der Ebene z.B. für ein Quadrat oder aber für das regelmäßige Dreieck zu stellen. Dabei geht es natürlich um Flächeninhalte anstatt um Volumina. Dabei kommt man sogar ohne eigentliche Integration zum Ziel, wenn man nur weiß, wie man den Flächeninhalt eines Parabelsegmentes berechnen kann. Ich gebe hier einmal die Lösungen an:

Quadrat: Flächenanteil ( 4 SQRT(2) - 5 ) / 3 = 0.21895

Gleichseitiges Dreieck: Flächenanteil 5 / 27 = 0.18519

Für den dreidimensionalen Fall mit dem Würfel geht zunächst alles recht analog wie beim Quadrat - aber die Volumenberechnung führt dann auf eine Integration, bei der (für mich) die Hauptschwierigkeit darin lag, den Berechnungsweg der (kissenartigen) Form des Integrationsgebietes anzupassen. Die Lösung, die ich dann schließlich doch gefunden habe, möchte ich hier (noch) nicht verraten.

10.06.2020, 14:10

Ulrich Ruhnau

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RE: Knifflige Integrationsaufgabe

Zitat:

Original von rumar
Dabei kommt man sogar ohne eigentliche Integration zum Ziel, wenn man nur weiß, wie man den Flächeninhalt eines Parabelsegmentes berechnen kann. Ich gebe hier einmal die Lösungen an:

Quadrat: Flächenanteil ( 4 SQRT(2) - 5 ) / 3 = 0.21895

Bei einem Quadrat ist noch alles übersichtlich. Man hat aber keine Parabeln als Begrenzung sondern Hyperbeln. Ich gehe mal von einem im Ursprung zentrierten Quadrat der Kantenlänge 2 aus. Die blaue Hyperbel, die unsere Fläche nach links begrenzt, wird beschrieben durch die Gleichung

$\begin{eqnarray*} (x+1)^2=x^2+y^2\quad \end{eqnarray*}$ Das gehe ich mit Zylinderkoordinaten an.

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} r\cos\varphi \\ r\sin\varphi \end{pmatrix}\quad \end{eqnarray*}$ Dann wird daraus:

$\begin{eqnarray*} (1+r\cos\varphi)^2=r^2\quad \end{eqnarray*}$ b.z.w. $\begin{eqnarray*} \quad r=\frac 1{1-\cos\varphi} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} F=\int\limits_{\frac{3\pi}4}^{\frac{5\pi}4} \! r(\varphi)^2 \dd\varphi=\int\limits_{\frac{3\pi}4}^{\frac{5\pi}4} \! \frac 1{(1-cos\varphi)^2} \dd\varphi=\left[ -\frac 1{6\tan\left(\frac{\varphi}2\right)^3}-\frac 1{2\tan\left(\frac{\varphi}2\right)}\,\right]_{\frac{3\pi}4}^{\frac{5\pi}4}=0.2189514165 \end{eqnarray*}$

Weil $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ ein Viertel der Innenfläche ist, müßte man das zuerst mit 4 malnehmen und wieder durch die Gesamtfläche von 4 teilen. Also ist $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ der Flächenanteil der Innenfläche vom Quadrat.
[attach]51486[/attach]
Beim Würfel würde ich dann mit Kugelkoordinaten arbeiten.

10.06.2020, 14:39

rumar

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RE: Knifflige Integrationsaufgabe
Hallo Ulrich,

danke erstmal für die schnelle Antwort. Die Gleichung

$\begin{eqnarray*} \qquad \qquad (x+1)^2 = x^2+y^2 \end{eqnarray*}$

die du angibst, beschreibt allerdings eine Parabel, denn das Quadrat von x fällt ja aus der Rechnung heraus !

$\begin{eqnarray*} \qquad \qquad x\ =\ \frac{y^2\, -\,1}{2} \end{eqnarray*}$

Denk auch an die "Leitlinien-Definition" der Parabel !
Das ist weiter nicht schlimm, denn eine Parabel ist ja auch nur ein Grenzfall einer Hyperbel ....

10.06.2020, 15:37

HAL 9000

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Ohne Gewähr:

$\begin{eqnarray*} 3\int\limits_{y=0}^{\sqrt{2}-1} \int\limits_{z=0}^{\min\left(y,\sqrt{1-2y-y^2}\right)} \left(1-2y-y^2-z^2\right) ~ \dd z ~ \dd y = \frac{2\pi+10-9\sqrt{3}}{8}\approx 0.086841 \end{eqnarray*}$

Liegt zumindest zwischen dem Kugelvolumen (Durchmesser 1/2) und dem Würfelvolumen (Seitenlänge 1/2), das mal nur als Grob-Plausibilitätsüberprüfung.

10.06.2020, 15:54

rumar

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Hallo Hal

ich muss sagen, dass ich schon etwas überrascht bin, dass jemand das so rasch schafft. Selber habe ich daran ziemlich lange gekaut ... Deinen Integrationsweg muss ich mir jetzt auch noch klar zu machen versuchen, vor allem das mit dem min( ... , ... ) als Integrationsgrenze.

LG

10.06.2020, 16:05

HAL 9000

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Grundgedanke: Ich betrachte den Würfel $\begin{eqnarray*} \left[-1,1\right]^3 \end{eqnarray*}$ und da aus Symmetriegründen nur den ersten Oktanten, und dort bestimme ich das Volumen $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ derjenigen $\begin{eqnarray*} (x,y,z) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} 0\leq z\leq y\leq x\leq 1 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \sqrt{x^2+y^2+z^2}\leq 1-x \end{eqnarray*}$ . Der gesuchte Gesamtanteil ist dann $\begin{eqnarray*} \frac{8\cdot 6V}{8} = 6V \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} \sqrt{x^2+y^2+z^2}\leq 1-x \end{eqnarray*}$ umgeformt ergibt sich $\begin{eqnarray*} y^2+z^2 \leq 1-2x \end{eqnarray*}$ , es muss daher $\begin{eqnarray*} y\leq x\leq \frac{1-y^2-z^2}{2} \end{eqnarray*}$ gelten. Sofern dieses $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ -Intervall nichtleer ist, hat es die Länge $\begin{eqnarray*} \frac{1-2y-y^2-z^2}{2} \end{eqnarray*}$ .

Notwendig für die Nichtleere ist $\begin{eqnarray*} 1-2y-y^2\geq 0 \end{eqnarray*}$ , aufgelöst $\begin{eqnarray*} y\leq \sqrt{2}-1 \end{eqnarray*}$ . Über diese $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ läuft daher das Volumenintegral, während für $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ zum einen $\begin{eqnarray*} 1-2y-y^2-z^2\geq 0 \end{eqnarray*}$ , umgestellt $\begin{eqnarray*} z\leq \sqrt{1-2y-y^2} \end{eqnarray*}$ und zum anderen $\begin{eqnarray*} z\leq y \end{eqnarray*}$ gelten muss, wir haben daher

$\begin{eqnarray*} V = \frac{1}{2}\int\limits_{y=0}^{\sqrt{2}-1} \int\limits_{z=0}^{\min\left(y,\sqrt{1-2y-y^2}\right)} \left(1-2y-y^2-z^2\right) ~ \dd z ~ \dd y \end{eqnarray*}$ .

Bei der weiteren Integralauswertung ist dann noch zu beachten, dass

$\begin{eqnarray*} \min\left(y,\sqrt{1-2y-y^2}\right) = \begin{cases} y &\;\mbox{für}\; 0\leq y\leq \frac{\sqrt{3}-1}{2}\\ \sqrt{1-2y-y^2} &\;\mbox{für}\; \frac{\sqrt{3}-1}{2}\leq y\leq \sqrt{2}-1\end{cases} \end{eqnarray*}$

gilt.

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10.06.2020, 16:36

rumar

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Danke für die Erläuterungen.
Mein Lösungsweg war etwas anders. Die erste Überlegung war, dass ich nicht den ganzen Würfel und den gesamten Bereich B betrachten muss, sondern dass ich mich auf eine der 6 kongruenten Teilpyramiden beschränken kann, in welche man den Würfel aufteilen kann. Jede dieser Teilpyramiden wird dann durch eine Paraboloidfläche unterteilt in den Bereich näher am Würfelmittelpunkt (= Pyramidenspitze) und in denjenigen der Punkte, welche näher an der Würfelseitenfläche (= Pyramidengrundfläche) liegen. Für die Volumenberechnung zerlegte ich dann den Innenbereich der Pyramide in Volumenelemente ebenfalls in der Form von (infinitesimal dünnen) Pyramidchen mit Spitzen im Würfelmittelpunkt.
Die Einzelheiten der Rechnung (ich ging dann für einen Teil des Weges auf Polarkoordinaten über) will ich jetzt aber hier nicht vorführen.

Jedenfalls kam ich für den gesuchten Volumenanteil ebenfalls auf das Ergebnis

$\begin{eqnarray*} \qquad \qquad \frac{\pi + 5}{4}\, -\, \frac{9}{8}\,\sqrt{3}\ \approx\ 0.086841 \end{eqnarray*}$

welches HAL 9000 schon angegeben hat. Das numerische Ergebnis habe ich mittels einer Monte-Carlo Simulation auch schon in befriedigender Weise reproduzieren können.

10.06.2020, 16:45

HAL 9000

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Zitat:

Original von rumar
sondern dass ich mich auf eine der 6 kongruenten Teilpyramiden beschränken kann

Meine Einschränkung $\begin{eqnarray*} 0\leq z\leq y\leq x\leq 1 \end{eqnarray*}$ bedeutet de facto auch, dass ich mich auf eine der $\begin{eqnarray*} 3! = 6 \end{eqnarray*}$ kongruenten dreiseitigen Pyramiden (=Tetraeder) konzentriere, aus denen der im ersten Oktanten liegende Würfelanteil (selbst ein Einheitswürfel) zusammengesetzt ist. Das habe ich natürlich deswegen gemacht, weil dadurch klar ist, dass der nächstliegende Punkt auf der Gesamtwürfeloberfläche zweifelsfrei der Punkt $\begin{eqnarray*} (1,y,z) \end{eqnarray*}$ ist und somit dessen Abstand von $\begin{eqnarray*} (x,y,z) \end{eqnarray*}$ gleich $\begin{eqnarray*} 1-x \end{eqnarray*}$ .

10.06.2020, 21:48

rumar

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Nur so nebenbei:

Auch an diesem Beitrag wird wieder einmal sichtbar, dass das LaTeX hier im Matheboard offenbar nicht immer korrekt arbeitet bei der Darstellung von Wurzeltermen. Das "Dach" des Wurzelsymbols wird oft einfach gar nicht so weit durchgezogen, wie es eigentlich sein sollte, nämlich überhaupt nicht ...
Wer von den Zuständigen könnte sich einmal mit diesem Problem befassen, das ich vor langer Zeit schon einmal festgestellt und angesprochen habe ?

(Ich mag nicht recht glauben, dass das Problem z.B. nur an meinem Browser liegen sollte)

LG , rumar

11.06.2020, 05:33

Dopap

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$\begin{eqnarray*} \sqrt{a^2+b^2\qquad \text{es fehlt noch +2ab zum Binom}} \end{eqnarray*}$

code:
1:	[latex]\sqrt{a^2+b^2\qquad \text{es fehlt noch +2ab zum Binom}}[/latex]

hatte noch nie ein Problem damit. Denkst du daran den Radikanden in {} zu setzen?

$\begin{eqnarray*} \sqrt abcd \end{eqnarray*}$

code:
1:	[latex]\sqrt abcd[/latex]

11.06.2020, 10:35

rumar

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Hallo Dopap

natürlich setze ich den Radikanden immer zwischen geschweifte Klammern. Aber es handelt sich hier ja nicht einmal um einen Beitrag oder Terme, die ich selber geschrieben habe, sondern um einzelne Wurzelterme im obigen Beitrag von HAL 9000 , in welchem er seine Rechnungen detailliert vorführt !

Konkret: es geht um die Ungleichung:

$\begin{eqnarray*} \qquad \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} \le 1-x \end{eqnarray*}$

Auch wenn ich die hier jetzt korrekt als Formel eingebe, erscheint sie hier auf meinem Bildschirm in der "Vorschau" ohne das "Dach" über dem Radikanden.

Erscheint denn diese Ungleichung jetzt auf deinem Bildschirm korrekt ?

Wenn ich zusätzlich noch runde Klammern setze, so wird der Term anschließend wenigstens (auch ohne "Dach") verständlich:

$\begin{eqnarray*} \qquad \sqrt{\left(x^2 + y^2 + z^2\right)} \le 1-x \end{eqnarray*}$

Ich möchte einfach herausfinden, wo denn hier das Problem wirklich sitzt und wie man es lösen könnte !

LG , rumar

11.06.2020, 10:42

HAL 9000

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Zumindest unter Windows 10 mit Firefox 68.8.0 ESR funktioniert das tadellos:

[attach]51490[/attach]

11.06.2020, 11:09

rumar

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Hallo HAL

Danke für die Angaben. Ich bin jetzt auch (wieder) auf Firefox (vorher in Safari), auf Mac OS X. Mit dem Füchslein scheint es zu funktionieren. Es gibt offenbar ziemlich unerfindliche Programmierfehler, auch in Produkten von großen Softwareanbietern ...

Schönen Tag !

11.06.2020, 11:12

HAL 9000

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Hast du mal probiert, ob wenigstens die Beispiele auf der Originalseite

https://www.mathjax.org/#samples

richtig dargestellt werden?

12.06.2020, 10:43

rumar

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RE: Knifflige Integrationsaufgabe
Ich möchte nun doch auch noch wenigstens die Integration angeben, welche mich zur Lösung führte:

$\begin{eqnarray*} \qquad V\ =\ \frac{1}{8}\, \cdot\ \int_{\varphi = 0}^{\pi/4}\ d\varphi \int_{r=0}^{\frac{1}{2\ cos(\varphi)}}\ dr \cdot r \cdot \left( \frac{\sqrt{1 + 4 r^2 }-1}{r^2} \right)^3 \end{eqnarray*}$

Die Durchführung war eher dornenvoll ...

Durch eine weitere Substitution noch etwas vereinfacht:

$\begin{eqnarray*} \qquad V\ =\ 2\, \int_{\varphi = 0}^{\pi/4}\ d\varphi \int_{r=0}^{\frac{1}{cos(\varphi)}}\ dr \cdot r \cdot \left( \frac{\sqrt{1 + r^2 }-1}{r^2} \right)^3 \end{eqnarray*}$

12.06.2020, 11:18

HAL 9000

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Naja, ich habe die Integralauswertung oben dem CAS überlassen. Big Laugh

Big Laugh

Wenn wir soweit sind, nun doch mal die ganze Ochsentour (zumindest teilweise) zu Fuß:

$\begin{eqnarray*} 6V &=& \int\limits_{y=0}^{\frac{\sqrt{3}-1}{2}} \left[ 3(1-2y-y^2)z-z^3\right]_{z=0}^y ~ \dd y + \int\limits_{y=\frac{\sqrt{3}-1}{2}}^{\sqrt{2}-1} \left[ 3(1-2y-y^2)z-z^3\right]_{z=0}^{\sqrt{1-2y-y^2}} ~ \dd y = \int\limits_{y=0}^{\frac{\sqrt{3}-1}{2}} \left( 3y-6y^2-4y^3\right) ~ \dd y + \int\limits_{y=\frac{\sqrt{3}-1}{2}}^{\sqrt{2}-1} 2(1-2y-y^2)^{\frac{3}{2}} ~ \dd y\\ &=& \left[ \frac{3}{2}y^2-2y^3-y^4\right]_{y=0}^{\frac{\sqrt{3}-1}{2}} + \left[ 3\arcsin\left(\frac{\sqrt{2}}{2}(y+1)\right) + \frac{1}{2}(y+1)(4-2y-y^2)\sqrt{1-2y-y^2}\right]_{y=\frac{\sqrt{3}-1}{2}}^{\sqrt{2}-1}\\ &=& \frac{9-5\sqrt{3}}{4} - 0 + \frac{3}{2}\pi - \left( \frac{5}{4}\pi + \frac{1}{8}(8-\sqrt{3}) \right) = \frac{2\pi+10-9\sqrt{3}}{8}, \end{eqnarray*}$

als besonderen Leckerbissen beim Einsetzen haben wir da $\begin{eqnarray*} \arcsin\left( \frac{\sqrt{2}(\sqrt{3}+1)}{4}\right) = \frac{5}{12}\pi \end{eqnarray*}$ . Der Rest ist exzessive Quadratwurzelrechnerei.

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