Rotation einer Funktion < Integralrechnung < Analysis < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:27 Fr 10.01.2014 | | Autor: | balthier |
| Aufgabe | a) Das Kurvenstück der Funktion f(x) = [mm] \wurzel{1-x^{2}}-\bruch{1}{2}, [/mm] das oberhalb der x-Achse liegt, lasse man um die x-Achse rotieren. Wie groß ist das Volumen des entstehenden Rotationskörpers?
b) Wie groß ist das Volumen des Rotationskörpers, der bei Rotation dieses Kurvenstücks um die y-Achse entsteht? |
Zu a): Im Grunde ist mir der Ablauf klar. Nach Quadrieren erhalte ich:
[mm] f^{2}(x) [/mm] = [mm] -x^{2} [/mm] - [mm] \wurzel{1-x^{2}} [/mm] + [mm] \bruch{5}{4}
[/mm]
Das könnte ich jetzt in den Grenzen [mm] x_{1}=-\bruch{\wurzel{3}}{2} [/mm] und [mm] x_{2}=\bruch{\wurzel{3}}{2} [/mm] integrieren und das Volumen ausrechnen. Allerdings entsteht bei der Rotation um die x-Achse ein abgeplattetes Rotationsellipsoid (vermute ich). Wäre es also auch möglich, mir diesen Weg zu sparen und das Volumen mit V = [mm] \bruch{4\pi}{3}a^{2}b [/mm] mit a = 0.5 und b = [mm] \bruch{\wurzel{3}}{2} [/mm] auszurechnen? Und wie begründe ich das?
Zu b): Die Umkehrfunktion sollte sein
[mm] f^{-1}(y) [/mm] = [mm] \wurzel{-y^{2} - y + \bruch{3}{4}}
[/mm]
Nur noch Quadrieren und Integrieren. In welchen Grenzen?
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> a) Das Kurvenstück der Funktion f(x) =
> [mm]\wurzel{1-x^{2}}-\bruch{1}{2},[/mm] das oberhalb der x-Achse
> liegt, lasse man um die x-Achse rotieren. Wie groß ist das
> Volumen des entstehenden Rotationskörpers?
>
> b) Wie groß ist das Volumen des Rotationskörpers, der bei
> Rotation dieses Kurvenstücks um die y-Achse entsteht?
>
> Zu a): Im Grunde ist mir der Ablauf klar. Nach Quadrieren
> erhalte ich:
>
> [mm]f^{2}(x)[/mm] = [mm]-x^{2}[/mm] - [mm]\wurzel{1-x^{2}}[/mm] + [mm]\bruch{5}{4}[/mm] ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> Das könnte ich jetzt in den Grenzen
> [mm]x_{1}=-\bruch{\wurzel{3}}{2}[/mm] und
> [mm]x_{2}=\bruch{\wurzel{3}}{2}[/mm] integrieren und das Volumen
> ausrechnen.
natürlich den Faktor [mm] \pi [/mm] nicht vergessen !
> Allerdings entsteht bei der Rotation um die
> x-Achse ein abgeplattetes Rotationsellipsoid (vermute ich).
> Wäre es also auch möglich, mir diesen Weg zu sparen und
> das Volumen mit V = [mm]\bruch{4\pi}{3}a^{2}b[/mm] mit a = 0.5 und b
> = [mm]\bruch{\wurzel{3}}{2}[/mm] auszurechnen? Und wie begründe ich
> das?
>
> Zu b): Die Umkehrfunktion sollte sein
>
> [mm]f^{-1}(y)[/mm] = [mm]\wurzel{-y^{2} - y + \bruch{3}{4}}[/mm]
>
> Nur noch Quadrieren und Integrieren. In welchen Grenzen?
Hallo balthier,
Was in Aufgabe (a) entsteht, ist keineswegs ein Rotations-
ellipsoid, sondern ein spindelartiger Körper, der durch
Drehung eines Kreissegmentes um seine Sehne entsteht.
Also mit der Lösung via Ellipsoidformel ist es bestimmt nix.
Zu (b):
Wenn du das via Umkehrfunktion machen willst, brauchst
du zwei solche, denn f hat ja keine eindeutige (und einzige)
Umkehrfunktion !
Du müsstest also zwei Rotationsvolumina berechnen (mit
jeder der beiden Umkehrfunktionen eines) und dann die
Differenz der Volumina berechnen. Die Integrationsgrenzen
für diese Integrationen in y-Richtung sind natürlich 0 ond 1/2 .
LG , Al-Chwarizmi
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> a) Das Kurvenstück der Funktion f(x) =
> [mm]\wurzel{1-x^{2}}-\bruch{1}{2},[/mm] das oberhalb der x-Achse
> liegt, lasse man um die x-Achse rotieren. Wie groß ist das
> Volumen des entstehenden Rotationskörpers?
>
> b) Wie groß ist das Volumen des Rotationskörpers, der bei
> Rotation dieses Kurvenstücks um die y-Achse entsteht?
Hallo balthier, ich melde mich nochmals.
Wenn man die Aufgabenstellung richtig liest,
so wie sie dasteht, wären beide gefragten
Volumina exakt gleich 0 .
Es soll ja hier nur ein Kreisbogen entweder
um die x-Achse oder um die y-Achse gedreht
werden. Dabei werden durch diese Rotationen
keinerlei Körper erzeugt, sondern nur Flächen-
stücke im [mm] \IR^3. [/mm] Dabei ist zwar die erste
(spindelartige) Fläche geschlossen, so wie
eine Kugeloberfläche geschlossen ist. Man
könnte dann von dem Volumen sprechen,
welches von dieser Fläche umschlossen wird.
Um dieses Raumgebiet durch Rotation zu
"erzeugen", müsste man nicht nur den Kreisbogen,
sondern das Kreissegment zwischen Kreisbogen
und Sehne (auf der x-Achse) um die x-Achse
drehen.
Dreht man das Bogenstück um die y-Achse,
erzeugt es ebenfalls kein 3D-Objekt, sondern
nur eine Kugelkappe (wie die ![[]](/images/popup.gif) "Kippa" des Papstes)
In meiner ersten Antwort hatte ich nicht beachtet,
dass der Kreisbogen symmetrisch bezüglich der
y-Achse liegt und dass man deswegen für die
Berechnung des Volumens, das durch die Drehung
des (ganzen oder halben) Kreissegments um die
y-Achse erzeugt wird, doch nur eine der beiden
(Teil-) Umkehrfunktionen braucht.
Meine Betrachtung (mit der Differenz zweier
Volumina) bezog sich auf einen Fall, wo das
Kreissegment z.B. vollständig im I. Ouadranten
liegt.
LG , Al-Chw.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:49 Di 14.01.2014 | | Autor: | balthier |
Hallo Al,
offen gestanden, haben mich Teile deiner Antwort etwas verwirrt aber fangen wir ganz vorne an:
a) Die Sache mit dem Ellipsoid wäre auch zu schön gewesen, aber weiter im Text. Nach Integration erhalte ich:
F(X) = [mm] -\bruch{1}{3}x^{3} [/mm] - [mm] \bruch{1}{2}(x*\wurzel{1-x^2}+arcsin(x)) [/mm] + [mm] \bruch{5}{4}x
[/mm]
Stimmt das soweit? Dann in den genannten Grenzen und mal [mm] \pi [/mm] und ich habe das Volumen.
Lässt sich das anderweitig integrieren? Ich habe mit dem Einheitskreis gearbeitet und mit x = sin(t) substituiert. Leider empfinde ich trigonometrische Funktionen als sehr abstoßend. Daher wüsste ich gern:
[mm] arcsin(\bruch{\wurzel{3}}{2}) [/mm] = [mm] \bruch{\pi}{3} [/mm] ?
Zu b)
> Wenn du das via Umkehrfunktion machen willst...
Wie meinst du das denn? Gibt es noch andere Wege?
Die Umkehrfunktion sollte stimmen. Bei Einsetzen in die Originalfunktion erhalte ich x.
> Die Integrationsgrenzen für diese Integrationen in y-Richtung sind natürlich 0 ond 1/2 .
Mir war so, als müsse man die gegebenen Grenzen in die Ausgangsfunktion einsetzen, um die Grenzen für die Umkehrfunktion zu erhalten. In meinem Fall ergäbe das null. Wie bist du auf die Grenzen gekommen?
Für die Umkehrfunktion erhalte ich nach Quadrieren und Integration:
G(y) = [mm] -\bruch{1}{3}y^3 -\bruch{1}{2}y^{2} [/mm] + [mm] \bruch{3}{4}y
[/mm]
Setze ich die Grenzen ein, erhalte ich [mm] \pi*\bruch{5}{24} [/mm] VE. Das kommt mir irgendwie zu wenig vor...
Jetzt zu deiner Präzisierung:
Verstehe ich das richtig? Die Volumina wären, wenn man der Aufgabenstellung geht, exakt gleich null weil kein Körper in dem Sinne entsteht? Es rotiert um eine Achse. Müsste da nicht ein Körper entstehen?
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> Jetzt zu deiner Präzisierung:
> Verstehe ich das richtig? Die Volumina wären, wenn man
> der Aufgabenstellung geht, exakt gleich null weil kein
> Körper in dem Sinne entsteht? Es rotiert um eine Achse.
> Müsste da nicht ein Körper entstehen?
Zuerst nur mal dazu:
Wenn man nur eine Kurve (deren Flächeninhalt
gleich null ist) um eine Achse dreht, so wird nur
eine Rotationsfläche erzeugt, deren Rauminhalt
(eben der Fläche) natürlich auch gleich null ist.
Rotiert man einen Halbkreis um den Durchmesser,
der seine Endpunkte verbindet, entsteht eine
Kugelfläche mit dem Volumen null. Will man
eine Vollkugel als Rotationskörper erzeugen,
müsste man dagegen eine halbe Kreisscheibe
um den Durchmesser drehen.
LG , Al-Chw.
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> Hallo Al,
>
> offen gestanden, haben mich Teile deiner Antwort etwas
> verwirrt aber fangen wir ganz vorne an:
>
> a) Die Sache mit dem Ellipsoid wäre auch zu schön
> gewesen, aber weiter im Text. Nach Integration erhalte
> ich:
>
> F(X) = [mm]-\bruch{1}{3}x^{3}[/mm] -
> [mm]\bruch{1}{2}(x*\wurzel{1-x^2}+arcsin(x))[/mm] + [mm]\bruch{5}{4}x[/mm]
Richtig.
> Stimmt das soweit? Dann in den genannten Grenzen und mal
> [mm]\pi[/mm] und ich habe das Volumen.
> Lässt sich das anderweitig integrieren? Ich habe mit dem
> Einheitskreis gearbeitet und mit x = sin(t) substituiert.
> Leider empfinde ich trigonometrische Funktionen als sehr
> abstoßend.
Warum ? ich denke, es wäre nützlich für dich, wenn du
dich mit ihnen anfreunden könntest. Oder probier erst
einmal (das würde dir jeder Psychologe auch raten !)
zunächst der Frage nachzugehen, woher du denn so
eine Abneigung gegen trigonometrische Funktionen hast ...
> Daher wüsste ich gern:
>
> [mm]arcsin(\bruch{\wurzel{3}}{2})[/mm] = [mm]\bruch{\pi}{3}[/mm] ?
Ja, das stimmt - und dass dir das nicht so klar ist,
deutet für mich darauf hin, dass du wohl so ein
paar Trigonometrielektionen verschlafen hast ...
> Zu b)
>
> > Wenn du das via Umkehrfunktion machen willst...
>
> Wie meinst du das denn? Gibt es noch andere Wege?
Man könnte (falls integration nicht vorgeschrieben ist)
z.B. in einer Formelsammlung die Formel für das Volumen
eines Kugelabschnitts suchen ...
> Die Umkehrfunktion sollte stimmen. Bei Einsetzen in die
> Originalfunktion erhalte ich x.
>
> > Die Integrationsgrenzen für diese Integrationen in
> y-Richtung sind natürlich 0 ond 1/2 .
>
> Mir war so, als müsse man die gegebenen Grenzen in die
> Ausgangsfunktion einsetzen, um die Grenzen für die
> Umkehrfunktion zu erhalten. In meinem Fall ergäbe das
> null. ![[haee]](/images/smileys/haee.gif "[haee]")
das müsstest du näher ausführen ...
Wie bist du auf die Grenzen gekommen?
Durch Hingucken. Das zu rotierende Flächenstück liegt
doch offensichtlich gerade im Bereich [mm] 0\le{y}\le{1} [/mm] !
> Für die Umkehrfunktion erhalte ich nach Quadrieren und
> Integration:
>
> G(y) = [mm]-\bruch{1}{3}y^3 -\bruch{1}{2}y^{2}[/mm] + [mm]\bruch{3}{4}y[/mm]
Weshalb gibst du nicht vollständige Formeln und Gleichungen an ?
Das wäre jedenfalls hilfreich.
Vermutlich hast du aber richtig gerechnet.
> Setze ich die Grenzen ein, erhalte ich [mm]\pi*\bruch{5}{24}[/mm]
> VE. Das kommt mir irgendwie zu wenig vor...
Womit vergleichst du denn ?
LG , Al-Chwarizmi
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:21 Mi 15.01.2014 | | Autor: | balthier |
> Richtig.
[mm] \pi*[-\bruch{1}{3}x^{3} [/mm] - [mm] \bruch{1}{2}(x*\wurzel{1-x^2}+arcsin(x)) [/mm] + [mm] \bruch{5}{4}x]^{\bruch{\wurzel{3}}{2}} _{\bruch{-\wurzel{3}}{2}}
[/mm]
Oder da symmetrisch [mm] 2*\pi [/mm] von 0 bis [mm] \bruch{\wurzel{3}}{2}.
[/mm]
Ich erhalte: [mm] \pi*(\bruch{3*\wurzel{3}}{4}-\bruch {\pi}{3}) \approx [/mm] 0.7911 VE. Ich weiß, es ist viel verlangt, doch würde das jemand nachrechnen können?
> Warum ? ich denke, es wäre nützlich für dich, wenn du
> dich mit ihnen anfreunden könntest. Oder probier erst
> einmal (das würde dir jeder Psychologe auch raten !)
> zunächst der Frage nachzugehen, woher du denn so
> eine Abneigung gegen trigonometrische Funktionen hast ...
Es gelingt mir nicht, die Brücke zur übrigen Analysis zu schlagen. Ich erkenne da kaum Zusammenhänge und habe das Gefühl, für Winkelfunktionen lassen sich unsagbar viele Additionstheoreme aufstellen.
> das müsstest du näher ausführen ...
Ich meine, es so gelernt zu haben, dass sich die Grenzen bei der Rotation um die y-Achse ermitteln lassen, indem man sie einfach in die Ausgangsfunktion einsetzt. Daher verstehe ich nicht, wie du durch hingucken die Grenzen erkennst.
Ich orientiere mich hieran:
Graph (blau) und Umkehrfunktion (rot)
Daher erscheinen mir auch die [mm] \bruch{5*\pi}{24} [/mm] so wenig, vor allem im Vergleich zu f(x).
> Weshalb gibst du nicht vollständige Formeln und
> Gleichungen an ?
Inwiefern vollständig? Im Ausgangspost finden sich:
f(x) = [mm] \wurzel{1-x^{2}}-\bruch{1}{2}
[/mm]
[mm]f^{2}(x)[/mm] = [mm]-x^{2}[/mm] - [mm]\wurzel{1-x^{2}}[/mm] + [mm]\bruch{5}{4}[/mm]
und
[mm]f^{-1}(y)[/mm] = [mm]\wurzel{-y^{2} - y + \bruch{3}{4}}[/mm]
Im zweiten Post dann:
F(x) = [mm]-\bruch{1}{3}x^{3}[/mm] - [mm]\bruch{1}{2}(x*\wurzel{1-x^2}+arcsin(x))[/mm] + [mm]\bruch{5}{4}x[/mm]
G(y) = [mm]-\bruch{1}{3}y^3 -\bruch{1}{2}y^{2}[/mm] + [mm]\bruch{3}{4}y[/mm]
Ich habe nur [mm] g^{2}(y) [/mm] weggelassen, da nur die Wurzel aufgehoben wird. Sorry, wenn mich da etwas behäbig anstelle.
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:34 Mi 15.01.2014 | | Autor: | leduart |
Hallo
zur rotation um die y Achse. man integriert über die Kreisscheiben [mm] \pi*x^2*dy
[/mm]
mit dy=f'*dx kann man dann auch über x integrieren , das ist nützlich, wenn die Umkehrfkt nicht einfach ist.
Gruß leduart
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:25 Fr 17.01.2014 | | Autor: | balthier |
> Hallo
> zur rotation um die y Achse. man integriert über die
> Kreisscheiben [mm]\pi*x^2*dy[/mm]
Meinst du mit [mm] x^{2} [/mm] dann [mm] (f^{-1}(y))^{2}?
[/mm]
Wenn ja, so habe ich das getan.
Und was bedeutet:
>[mm]dy=f'*dx[/mm]?
Ich leite f(x) ab und multipliziere dies mit der Stammfunktion?
Und nochmals: Ich weiß, dass es viel Mühe macht. Trotzdem wäre ich dankbar, wenn jemand meine Ergebnisse nachrechnen und kontrollieren könnte.
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Hallo,
> > Hallo
> > zur rotation um die y Achse. man integriert über die
> > Kreisscheiben [mm]\pi*x^2*dy[/mm]
>
> Meinst du mit [mm]x^{2}[/mm] dann [mm](f^{-1}(y))^{2}?[/mm]
> Wenn ja, so habe ich das getan.
So war das wohl gemeint, ja.
>
> Und was bedeutet:
>
> >[mm]dy=f'*dx[/mm]?
>
> Ich leite f(x) ab und multipliziere dies mit der
> Stammfunktion?
Nein, so kann man in dem Integral zur Berechnung eines Rotationsvolumens bei Rotation um die y-Achse das Differential dy durch dx ersetzen.
>
> Und nochmals: Ich weiß, dass es viel Mühe macht. Trotzdem
> wäre ich dankbar, wenn jemand meine Ergebnisse nachrechnen
> und kontrollieren könnte.
Ich erhalte für das Rotationsvolumen [mm] V_x [/mm] exakt den gleichen Term wie du und würde mal sagen (da per CAS geprüft): das stimmt definitiv.
Entgegen den oben angeführten Bedenken bin ich der Ansicht, dass man das Volumen [mm] V_y [/mm] bedenkenlos mit dem Quadrat der Umkehrfunktion
[mm] x^2=-y^2-y+\bruch{3}{4}
[/mm]
und den Grenzen 0 und 1/2 berechnen kann zu
[mm] V_y=\pi*\int_0^{\bruch{1}{2}}{\left(-y^2-y+\bruch{3}{4}\right) dy}=\bruch{5}{24}\pi [/mm] VE
Also auch hier ist dein Ergebnis richtig.
Gruß, Diophant
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![[]](http://4.bp.blogspot.com/-qkpoDkfbthE/Tb7Typ6GhvI/AAAAAAAAAnk/dZQZwbw5OXs/s1600/Papal+Zucchetto.JPG){kind=small}
"Kippa" des Papstes![[]](http://i.imgur.com/WTQZAgs.png){kind=small}
Graph (blau) und Umkehrfunktion (rot)