|
|
| Autor |
Nachricht |
wasp
Senior Member
Anmeldungsdatum: 13.01.2007
Beiträge: 2573
|
 Verfasst am: 12 Jul 2012 - 19:54:14 Titel: Volumenintegral |
|
|
Hallo,
ich habe eine Aufgabe, bei der ich mich in einem Zylinderkoordinatensystem befinde.
Ich möchte in diesem über eine Halbkugel integrieren bzw. ein bestimmtes Volumen in der Halbkugel ausrechnen, nämlich das SChnittvolumen zwischen der HAlbkugel und einem Zylinder.
Meine Kugelfunktion in Zylinderkoordinaten lautet. [;z=\sqrt{R^2-r^2} ;] und es gilt z>=0 für die Halbkugel.
Für ein Volumenelement in Zylinderkoordinaten gilt: [; dV=r \cdot dz \cdot dr \cdot d\varphi ;]
Insgesamt erhalte ich also ein Dreifachintegral über die Funktion [; r \cdot \sqrt{R^2-r^2} ;].
Für z habe ich die Grenzen [; z=0 ;] und [;z=\sqrt{R^2-r^2} ;].
Bei ähnlichen Volumenberechnungen habe ich aber jetzt schon zwei mal gesehen, dass nur ein Doppelintegral auftritt und nur über dr und dphi integriert wird, das Integral über z fällt also weg.
Ein Beispiel findet man hier
http://www.iazd.uni-hannover.de/~pigors/ingenieure/dateien/maple/MI_6_4B.pdf
auf Seite 2. Da wird ebenfalls über eine Kugel integriert und es gibt kein Integral über z. Wenn ich über z integriere muss ich ja meine vorhandene Funktion [; r \cdot \sqrt{R^2-r^2} ;] als konstant ansehen und bei der Bildung der Stammfunktion bekomme ich "Konstante * z". Wenn ich dann meine Grenzen einsetze, kommt zumindest nichts raus, so dass man das Integral über z komplett weglassen könnte  |
|
 |
wasp
Senior Member
Anmeldungsdatum: 13.01.2007
Beiträge: 2573
|
| Verfasst am: 12 Jul 2012 - 21:57:10 Titel: |
|
|
Ich erweitere mal meine Fragen zu der PDF-Datei des angegebenen Links:
Dort steht auf Seite 2:
[; \int_{0}^{cos(\phi)} \sqrt{1-r^2} \ r \ dr=(- \frac{1}{3}) \cdot ((1-0^2)^\frac{3}{2}-(1-cos(\phi)^2)^\frac{3}{2})=\frac{1-sin(\phi)^3}{3} ;]
Wieso wurden hier beim Einsetzen die Integrationsgrenzen nicht gemäß [obere Genze]-[untere Grenze] eingesetzt, sondern andersherum?
Und wie kommt die Vereinfachung zustande, so dass am Ende der Term
[; \frac{1-sin(\phi)^3}{3} ;] steht?
Die Stammfunktion von [; \int x \ \sqrt{a^2-x^2} ;] ist [; = - \frac{1}{3} \cdot \sqrt{(a^2-x^2)^3} ;]
Kann mir zudem jemand eine Quelle für folgende Stammfunktion sagen?
[; \int sin(x)^3 = - \frac{cos(x)\cdot (sin(x)^2+2)}{3} ;] |
|
|
Nofeys
Senior Member
Anmeldungsdatum: 08.04.2009
Beiträge: 620
|
| Verfasst am: 12 Jul 2012 - 22:36:54 Titel: |
|
|
Hi, ich kann dir leider bei deinem Hauptproblem nicht helfen.
| Zitat: |
Kann mir zudem jemand eine Quelle für folgende Stammfunktion sagen?
[; \int sin(x)^3 = - \frac{cos(x)\cdot (sin(x)^2+2)}{3} ;] |
Hier aber doch:
[; \int sin(x)^3 dx =
\\ \int sin(x)\cdot sin(x)^2 dx = -cos(x)\cdot sin(x)^2 - \int -cos(x)\cdot2sin(x)\cdot cos(x) dx =
\\ -cos(x)\cdot sin(x)^2 + \int cos(x)^2\cdot2sin(x) dx =
\\ -cos(x)\cdot sin(x)^2 + \int (1-sin(x)^2)\cdot2sin(x) dx ;]
Da das latexen für mich noch relativ mühsam ist, spare ich mir den Rest, das kannst du ja auch selber. Man erhält wieder einen Term mit sin(x)^3, den man dann mit dem gleichen Trick, wie bei dem Integral von sin(x)^2 auf die andere Seite ziehen kann und so ein Ergebnis erhält.
Tut mir Leid, falls das nicht das war, was du dir unter einer Quelle vorgestellt hattest. |
|
|
wasp
Senior Member
Anmeldungsdatum: 13.01.2007
Beiträge: 2573
|
| Verfasst am: 13 Jul 2012 - 12:16:39 Titel: |
|
|
Vielen Dank!
Ich erinnere mich an diesen Trick glaube ich noch aus Schulzeiten, werde es später mal probieren.
Bezüglich meines verschwindenden Integrals über z habe ich glaube ich etwas falsch verstanden.
Für ein Volumenelement in Zylinderkoordinaten gilt [; dV=r \ \ dz \ dr \d\varphi ;] . Es wird also r als Funktion eingesetzt. Und beim ersten Integral über z entsteht dann mit der unteren Grenze 0 schon der Ausdruck [; r \cdot sqrt{(R^2-r^2)} ;].
Alles prima.
Nur mit dieser Vereinfachung mit dem Sinus komme ich noch nicht klar.
Eine ähnliche Vereinfachung finde ich hier auf Seite 4 oben links in der Musterlösung dieses Übungszettels:
http://www.google.de/url?sa=t&rct=j&q=&esrc=s&source=web&cd=1&sqi=2&ved=0CEkQFjAA&url=http%3A%2F%2Fce.u-sys.org%2FVeranstaltungen%2FMathematik%2520fu%25CC%2588r%2520Ingenieure%25203A%2520(Bause)%2Fblatt3_loes.pdf&ei=6PT_T-CkLsnRtAbIt-HyBg&usg=AFQjCNGG_5CUV2_dWsGw7DqS7TGSHjD5MQ |
|
|
Nofeys
Senior Member
Anmeldungsdatum: 08.04.2009
Beiträge: 620
|
| Verfasst am: 13 Jul 2012 - 12:46:19 Titel: |
|
|
| Zitat: |
| [; (- \frac{1}{3}) \cdot ((1-0^2)^\frac{3}{2}-(1-cos(\phi)^2)^\frac{3}{2})=\frac{1-sin(\phi)^3}{3} ;] |
Für mich ist das schlicht falsch, weil ein - fehlt und das ganze so nicht sein kann.
[; (1-0^2)^{\frac{3}{2}} = 1
\\ 1-cos(\phi)^2 = sin(\phi)^2
\\ (sin(\phi)^2)^{\frac{3}{2}} = sin(\phi)^{2\cdot\frac{3}{2}} = sin(\phi)^3
\\ ;]
insgesamt kommt man also auf
[; ((1-0^2)^\frac{3}{2}-(1-cos(\phi)^2)^\frac{3}{2})= 1-sin(\phi)^3
;]
wenn man das mit -1/3 multipliziert, fehlt noch ein -
Ich habe das vorher noch nicht gepostet, weil ich mir sicher war, dass ich mich wohl irgendwo verrechnet habe und ich bitte auch jetzt darum, das einfach nur als Anregung zu sehen. Ich selber sehe da einen Fehler, aber ich bin halt auch kein Mathestudent. |
|
|
wasp
Senior Member
Anmeldungsdatum: 13.01.2007
Beiträge: 2573
|
| Verfasst am: 15 Jul 2012 - 03:26:40 Titel: |
|
|
Hallo Nofeys,
vielen Dank, das hat mir weitergeholfen! Ich habe da den Trigonometrischen Pythagoras nicht erkannt anscheinend.
Irgendwie hänge ich gerade an meiner Berechnung der Integrale. Falls also jemand Lust hat:
Ich möcht berechnen:
[;\int_{r=0}^{R \cdot cos(\phi)} r \sqrt{R^2-r^2}\ \ dr;]
Meine Formelsammlung sagt mir folgende Stammfunktion:
[;\int x \sqrt{a^2-x^2}\ \ dx = -\frac{1}{3}(a^2-x^2)^\frac{3}{2};]
stimmt doch, oder?
Dann erhalte ich für mein Integral:
[;\int_{r=0}^{R \cdot cos(\phi)} -\frac{1}{3}(R^2-r^2)^\frac{3}{2} \ \ dr;]
Setze ich jetzt meine Grenzen ein, erhalte ich:
[; \left [ -\frac{1}{3}(R^2-(R \cdot cos(\phi))^2)^\frac{3}{2} \right ]- \left [ -\frac{1}{3}(R^2-0^2)^\frac{3}{2} \right ];]
[; \left [ -\frac{1}{3}(R^2 \cdot (1-cos^2(\phi)))^\frac{3}{2} \right ]+\left [ \frac{1}{3}(R^3 \right ];]
[; \left [ -\frac{1}{3}(R^2 \cdot sin^2(\phi))^\frac{3}{2} \right ]+\left [ \frac{1}{3}(R^3 \right ];]
[;-\frac{1}{3} R^3 (1-sin^3(\phi));]
Jetzt habe ich allerdings zwei Musterlösungen ohne Weg, bei denen Als Ergebnis [;\frac{2}{3}R^3(1 - sin^3(\phi)) ;] herauskommt.
Habe ich mir irgendwo verrechnet oder ist meine gewählte Stammfunktion falsch?
Wäre sehr nett, wenn das jemand mal überfliegen kann  |
|
|
Nofeys
Senior Member
Anmeldungsdatum: 08.04.2009
Beiträge: 620
|
| Verfasst am: 15 Jul 2012 - 13:08:53 Titel: |
|
|
Ich möchte eigentlich ungern jeder Musterlösung hier widersprechen, aber sie scheinen mir falsch zu sein..
Ich komme auf [; \frac{1}{3}\cdot R^3(1-sin(\phi)^3) ;] (du hast dich beim Ausklammern mit dem Vorzeichen vertan)
Da ich das ganze nicht einfach so glauben konnte, hab ichs mal bei Wolfram Alpha eingegeben. Als ersten Schritt(beides zusammen wollte er nicht):
[; integrate(r\sqrt{a^2-r^2} dr) ;].
Dies lieferte wie erwartet
[; \int r\sqrt{a^2-r^2} dr = -\frac{1}{3}(a^2-r^2)^\frac{3}{2} + constant ;]
Im zweiten Schritt dann:
[;simplify ( -\frac{1}{3}(a^2-(a\cdot cos(t))^2)^\frac{3}{2}+\frac{1}{3}a^3 ) ;]
Welches mir dann ebenfalls wie erwartet mein obiges Ergebnis lieferte. Es sieht also so aus, als wäre die Musterlösung auch hier falsch. Kann ich irgendwie nicht so ganz verstehen..
Falls du das ganze nachschauen willst, hier die Befehle nochmal in Textform:
1. integrate(r*sqrt(a^2-r^2) dr)
2. simplify (-1/3*(a^2-(a*cos(t))^2)^(3/2)+1/3*a^3)
einfach nacheinander beides mal bei Wolfram Alpha eingeben.
Edit: Als Nachtrag die zwei Bilder, direkt als Screenshot von Wolfram Alpha geschossen:
http://www.fun-power.net/1.png
http://www.fun-power.net/2.png
Lg. |
|
|
wasp
Senior Member
Anmeldungsdatum: 13.01.2007
Beiträge: 2573
|
|
|
|
Home
FAQ
Regeln
Suchen
Registrieren
Login
