Transformationsformel < Integrationstheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:39 Do 30.08.2007 | | Autor: | mairah |
| Aufgabe | Berechne die Volumina folgender Mengen M:
1) M= {(x,y,z), x+y+z<=5/4, x,y,z>=0}geschnitten mit {(x,y,z),x²+y²+z²<=1}
2) M={(x,y,z),0<=z<=1, x²+3y²<=z} |
Hallo alle zusammen.
Ich würde die Aufgaben mit Zylinderkoordinaten lösen, aber mein Problem ist es, die Integrationsgrenzen zu bestimmen...
Gibt es eine allgemeine Vorgehensweise wie man diese herausbekommt?? Daran scheitere ich jedes Mal :(
MfG mairah
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:16 Do 30.08.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo
im ersten Fall besser mit Kugelkoordinaten.
Du kannst die Ebene so drehen, dass sie z=const ist, dann ist das rechnen einfacher. sonst musst du die Ebene erst mit der kugel schneiden und den Schnittkreis rausfinden, bis zu dem die grenzen reichen. z=const=a die Konstante findest du, indem du den Abstand der Ebene v0n (0,0,0) bestimmst.
für b sind doch wohl die Grenzen klar, sonst mach dir ne Skizze.
Gruss leduart
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:41 Do 30.08.2007 | | Autor: | mairah |
nein leider ist mir nicht klar wie b aussieht.
kommt da beim abstand 5/wurzel(48) raus?
wenn ich kugelkoordinaten benutze, hat man ja 2 winkel. woher weiß ich wie groß die werden können? sind in diesem fall beide pi/2?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:01 Do 30.08.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo
der eine Winkel muss doch um die ganze kugel rum, also 0 bis [mm] 2\pi
[/mm]
der andere (Breitenkreis) geht doch nicht bis zum Pol bei z=1 sondern nur bis [mm] z=rcos\Theta=a
[/mm]
a hab ich nicht nachgerechnet. kurz überschlagen ists bei mir 5/6 also rechne nochmal nach.
zu b mach dir mal ne skizze, dass z von 0 bis 1 geht ist klar,
und wenn [mm] 0
Gruss leduart
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:23 Do 30.08.2007 | | Autor: | mairah |
wieso geht der winkel um die ganze kugel?
es gilt doch x,y,z größer gleich 0, das ist doch nur ein achtel von der kugel oder nicht?
LG
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:57 Do 30.08.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo
das mit dem ganzen Winkel [mm] 2\pi [/mm] ist falsch, ich hatte x,y,z>0 übersehen. also hast du recht, [mm] \phi [/mm] läuft nur von 0 bis [mm] \pi/2
[/mm]
Tschuldigung.
Wenn du in deiner Rechnung [mm] \T2heta [/mm] bis [mm] \pi/2 [/mm] laufen lässt, hast du ne Kontrolle, ob du richtig vorgegangen bist, dann muss ja ne 8-tel Kugelvolumen rauskommen.
Gruss leduart
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:21 Fr 31.08.2007 | | Autor: | mairah |
also hab ich das jetz richtig verstanden, dass z von 0 bis 1 geht und phi von 0 bis [mm] \pi/2... [/mm] aber ich weiß immer noch nicht, wie ich auf den anderen winkel kommen soll..
und kann man die integrationsgrenzen eigentlich nur sozusagen durchs anschaulisch machen herausbekommen oder auch einfach irgendwie durch die ungleichungen die man vorgegeben hat?
LG mairah
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:40 Fr 31.08.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo
Du hast doch mit der Ebene z=a geschnitten, nicht z=1, das wär die ganze Kugel.
[mm] z=a=r*cos\Theta [/mm] gibt die obere Grenze für [mm] \Theta. [/mm]
˝heta [mm] =\pi/2 [/mm] chab ich dir nur zusätzlich empfohlen, um deine Rechnung zu kontrollieren!
im übrigen kannst du natürlich auch einfach die Ungleichungen für die Grenzen umformen;
Gruss leduart
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 18:02 Fr 31.08.2007 | | Autor: | mairah |
tut mir leid. ich krieg es einfach nicht hin... da setzt mein verständnis aus.
amliebsten würde ich die grenzen rauskriegen durchs umformen der ungleichungen, aber noch nicht einmal das kann ich :(
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fehlerhaft  | | Datum: | 18:42 Fr 31.08.2007 | | Autor: | Somebody |
> tut mir leid. ich krieg es einfach nicht hin... da setzt
> mein verständnis aus.
> amliebsten würde ich die grenzen rauskriegen durchs
> umformen der ungleichungen, aber noch nicht einmal das kann
> ich :(
Ich gehe davon aus, dass ihr noch immer an Teilaufgabe a) herumlaboriert.
Ich kann mir dazu nicht verkneifen einzuwenden, dass doch
[mm]x+y+z\leq \frac{5}{4}[/mm]
eine Halbraum ist, der den Ursprung $(0|0|0)$ enthält und unterhalb der Ebene
[mm]\frac{x}{4/5}+\frac{y}{4/5}+\frac{z}{4/5}=1[/mm]
(in "Achsenabschnittsform") liegt. Zusammen mit der Bedingung [mm] $x,y,z\geq [/mm] 0$ ist die erste Menge des zu berechnenden Durchschnittsvolumens somit eine dreiseitige Pyramide mit Spitze $(0|0|0)$ und Eckpunkte der Grundfläche $(0.8|0|0)$, $(0|0.8|0)$, $(0|0|0.8)$.
Diese Pyramide liegt doch aber ganz in der Achtelkugel, die das zweite Volumen des Durchschnitts (zusammen mit [mm] $x,y,z\geq [/mm] 0$) ist.
Mit anderen Worten: sphärische Koordinaten werden die Berechnung dieses Pyramidenvolumens möglicherweise nicht in besonderen Masse einfach gestalten. Der Kugelanteil spielt eigentlich für die Volumenberechnung keine Rolle: man kann sich darauf beschränken, das Volumen der in der Achtelkugel ganz enthaltenen dreiseitigen Pyramide zu bestimmen.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:47 Fr 31.08.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo
warum nennst du den Einwand dämlich? Du hast natürlich recht!
Gruss leduart
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:56 Fr 31.08.2007 | | Autor: | mairah |
ich glaube das stimmt nicht ganz oder?
weil die punkte (5/4,0,0), (0,5/4,0) und (0,0,5/4) erfüllen die Bedingung ebenfalls, gehören aber nicht zu der pyramide. somit ist die figur keine pyramide, sondern eine achtel kugel aus der ein stück abgesägt wurde. bis zu diesem stück ist es aber immer noch rund, oder liege ich falsch?
LG mairah
|
|
|
| |
|
> ich glaube das stimmt nicht ganz oder?
> weil die punkte (5/4,0,0), (0,5/4,0) und (0,0,5/4)
> erfüllen die Bedingung ebenfalls, gehören aber nicht zu der
> pyramide. somit ist die figur keine pyramide, sondern eine
> achtel kugel aus der ein stück abgesägt wurde. bis zu
> diesem stück ist es aber immer noch rund, oder liege ich
> falsch?
Nein, Du hast ganz recht. Sorry: ich habe einfach zu hastig draufgeschaut und war dann in dieser fixen Idee, dass das erste Teilvolumen in der Achtelkugel enthalten ist, gefangen. - Siehe dazu auch meine Korrekturmitteilung.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:00 Fr 31.08.2007 | | Autor: | mairah |
ok dann sind wir uns ja einig.
hast du dann vielleicht einen einfachen ansatz wie man auf die integrationsgrenzen kommt? bzw wie man sie mithilfe von kugelkoordinaten aus den ungleichungen herleiten kann?
|
|
|
| |
|
> ok dann sind wir uns ja einig.
> hast du dann vielleicht einen einfachen ansatz wie man auf
> die integrationsgrenzen kommt? bzw wie man sie mithilfe von
> kugelkoordinaten aus den ungleichungen herleiten kann?
Also ich wäre ein fauler Sack und würde das gesuchte Volumen einfach aus der Differenz des Volumens der Achtelkugel und dem Volumen der durch die Ebene [mm] $x+y+z=\frac{5}{4}$ [/mm] abgeschnittenen Kalotte berechnen. (Wenn man unbedingt etwas integrieren will, dann ist für die Berechnung des Integrals für die Kugelkalotte wohl eine Transformation sinnvoll, die die Normalenrichtung der Ebene zu einer Koordinatenachse macht.)
Nachtrag (1. Revision): Oops. schon wieder falsch. Heute ist wirklich nicht mein Tag. ...
Nachtrag (2. Revision): Ich nehme nun wohl besser eine Auszeit. Denn diese hastige Korrektur zur 1. Revision war falsch.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:08 Fr 31.08.2007 | | Autor: | mairah |
ja ich würde schon gern integrieren, weil ich grade am lernen bin für meine analysis II klausur und dieses dämliche (entschuldige ^^) integrationsgrenzen finden mir jedes mal wieder schwierigkeiten bereitet und ich es allein nicht hinbekomme. für die klausur sollte ich es dann natürlich können
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:19 Fr 31.08.2007 | | Autor: | Somebody |
> ja ich würde schon gern integrieren, weil ich grade am
> lernen bin für meine analysis II klausur und dieses
> dämliche (entschuldige ^^) integrationsgrenzen$
Es gibt wirklich Fälle, bei denen die Anschauung viel schneller und schmerzloser zu einer Lösung führt, als um jeden Preis über mehrfache Integrale zu gehen. Im hier vorliegenden Fall würde ich schlicht entweder nicht integrieren oder dann halt die beiden Volumina, die ich subtrahieren möchte, getrennt bestimmen.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:38 Fr 31.08.2007 | | Autor: | Somebody |
> ja ich würde schon gern integrieren, weil ich grade am
> lernen bin für meine analysis II klausur und dieses
> dämliche (entschuldige ^^) integrationsgrenzen finden mir
> jedes mal wieder schwierigkeiten bereitet und ich es allein
> nicht hinbekomme. für die klausur sollte ich es dann
> natürlich können
Aber dieses Beispiel ist denkbar ungünstig, wenn es ums Üben der Wahl der Integrationsgrenzen geht: denn in diesem Fall ist es einfach schlicht nicht möglich, nur mittels super-schlauer Wahl der Integrationsgrenzen, d.h. ohne Fallunterscheidung zu arbeiten. Du musst hier ja den Fall unterscheiden, dass das Volumen (bei durch die äusseren beiden Integrale gegebenem $x$ und $y$) in der $z$-Richtung durch die Kugel oder durch die Ebene begrenzt wird.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:58 Fr 31.08.2007 | | Autor: | mairah |
hast du denn vielleicht ein beispiel an dem ich mich versuchen kann?
|
|
|
| |
|
> hast du denn vielleicht ein beispiel an dem ich mich
> versuchen kann?
Es muss in den Beiträgen im Forum Integrationstheorie zahlreiche Beispiele, samt Lösungen, geben. (Habe nur gerade Probleme mit der Suchmaschine hier.)
Jedenfalls ist die Teilaufgabe 2), die Du selbst beigetragen hast, was die Integrationsgrenzen betrifft, kein Problem (in kartesischen oder zylindrischen Koordinaten). $z$ kann man sicher beim äusseren Integral einfach mal von $0$ bis $1$ laufen lassen. Die Grenzen der inneren beiden Integrale ergeben sich dann (für vom äusseren Integral gegebenes $z$) aus der das gesuchte Volumen begrenzenden Fläche [mm] $x^2+3y^2=z$.
[/mm]
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:18 Fr 31.08.2007 | | Autor: | mairah |
gut dann habe ich jetz z das geht von 0 bis 1.
x geht von [mm] -\wurzel{z-3y²} [/mm] bis [mm] +\wurzel{z-3y²}
[/mm]
aber wie bekomme ich die grenzen für y nur in abhängigkeit von z?
|
|
|
| |
|
> gut dann habe ich jetz z das geht von 0 bis 1.
> x geht von [mm]-\wurzel{z-3y²}[/mm] bis [mm]+\wurzel{z-3y²}[/mm]
> aber wie bekomme ich die grenzen für y nur in abhängigkeit
> von z?
Nein, ich würde nicht so überlegen: denn der Wert von $y$ ist ja nicht gegeben (von einem äusseren Integral). Wir müssen also die Grenzen für den Wert von $x$ alleine von $z$ abhängig bestimmen können.
Nun, es muss also [mm] $x^2+3y^2\leq [/mm] z$ gelten. Der Betrag von $x$ wird maximal, wenn [mm] $3y^2$ [/mm] minimal ist, also gleich $0$.
Also kann $x$ (nachdem $z$ vom äusseren Integral festgelegt ist) noch im Bereich [mm] $\pm \sqrt{z}$ [/mm] variieren: dies sind die Grenzen des zweiten Integrals.
Die Grenzen des inneren Integrals (bezüglich $y$), sind dann natürlich [mm] $\pm \frac{\sqrt{3}}{3}\sqrt{z-x^2}$. [/mm] Damit hätten wir
[mm]V=\int_0^1 \int_{-\sqrt{z}}^{+\sqrt{z}}\int_{-\frac{\sqrt{3}}{3}\sqrt{z-x^2}}^{+\frac{\sqrt{3}}{3}\sqrt{z-x^2}}\; dy\; dx\; dz[/mm]
Na, was meinst Du dazu? - Habe ich vielleicht schon wieder Müll geschrieben?
Aber Du könntest auch zu Zylinderkoordinaten übergehen: ich habs einfach mal kartesisch formuliert.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:30 Fr 31.08.2007 | | Autor: | mairah |
müsste y dann nicht die grenzen [mm] \pm \bruch{1}{\wurzel{3}} \wurzel{z-x²} [/mm] haben?
|
|
|
| |
|
> müsste y dann nicht die grenzen [mm]\pm \bruch{1}{\wurzel{3}} \wurzel{z-x²}[/mm]
> haben?
Genau, aber [mm] $\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$ [/mm] (rational machen des Nenners): nur so eine Marotte von mir. Du kannst die Grenzen des inneren Integrals natürlich genau so schreiben, wie Du dies hier vorschlägst.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:37 Fr 31.08.2007 | | Autor: | mairah |
ok danke vielmals. das hab ich jetz weniegstens verstanden.
allerdings kann man dieses integral nicht auflösen ^^
ich werde es morgen nochmal mit zylinderkoordinaten versuchen..
muss jetzt nämlich weg :)
schönen abend und vielen dank nochmal
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 06:35 Sa 01.09.2007 | | Autor: | Somebody |
> ok danke vielmals. das hab ich jetz weniegstens
> verstanden.
> allerdings kann man dieses integral nicht auflösen ^^
Das innere Doppelintegral muss einfach den Querschnitt $A(z)$ der Ellipse [mm] $x^2+3y^2=z$ [/mm] (für festes [mm] $z\in]0;1]$) [/mm] liefern. Da diese Ellipse die Halbachsen [mm] $a=\sqrt{z}$ [/mm] und [mm] $b=\sqrt{z/3}$ [/mm] hat, muss somit [mm] $A(z)=\frac{\pi z}{\sqrt{3}}$ [/mm] sein (ganz gleich wie mühsam das Ausrechnen des inneren Doppelintegrals auch sein mag.).
Somit ist das gesuchte Volumen doch
[mm]V=\int_0^1 A(z)\; dz=\int_0^1 \frac{\pi z}{\sqrt{3}}\; dz=\frac{\pi}{2\sqrt{3}}[/mm].
> ich werde es morgen nochmal mit zylinderkoordinaten
> versuchen..
In Zylinderkoordinaten hätte man wohl
[mm]V=\int_0^1 \int_0^{2\pi}\int_0^{\sqrt{\frac{z}{1+2\sin^2(\varphi)}}}r\;dr\;d\varphi\; dz[/mm]
zu berechnen. Auch in diesem Fall müssten die beiden inneren Integrale die Querschnittsfläche [mm] $A(z)=\frac{\pi z}{\sqrt{3}}$ [/mm] liefern. Die Hauptschwierigkeit dabei dürfte die Berechnung des Integrals
[mm]\int_0^{2\pi}\frac{1}{1+2\sin^2(\varphi)}\; d\varphi=\frac{2\pi}{\sqrt{3}}[/mm]
sein.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:25 Sa 01.09.2007 | | Autor: | mairah |
hmm ich hätte das jetzt anders gemacht.
gehen die grenzen von r nicht von 0 bis [mm] \wurzel{z} [/mm] ?
weil wenn man [mm] r²(cos²\phi+3sin²\phi) \le [/mm] z betrachtet, wird r ja am größten für [mm] \phi=0 [/mm] .
dann steht da [mm] r²\le [/mm] z.
denke ich falsch?
grüß mairah
|
|
|
| |
|
> hmm ich hätte das jetzt anders gemacht.
> gehen die grenzen von r nicht von 0 bis [mm]\wurzel{z}[/mm] ?
> weil wenn man [mm]r^2(\cos^2\phi+3\sin^2\phi) \le z[/mm]betrachtet,
> wird r ja am größten für [mm]\phi=0[/mm] .
> dann steht da [mm]r²\le[/mm] z.
> denke ich falsch?
Ja, ich denke schon. Male Dir doch eine Ellipse (zumindest eine "Zwetschge" - jedenfalls keinen Kreis) auf einen Notizzettel und zeichne dann einen beliebigen Radius von deren Mittelpunkt (dem Koordinatenursprung) zu einem Randpunkt der Ellipse: dieser Radius (und damit die obere Grenze des Integrals mit der Integrationsvariablen $r$) ist doch offensichtlich vom Winkel [mm] $\varphi$ [/mm] abhängig. Er ist gleich [mm] $\sqrt{z}$ [/mm] in wenn [mm] $\varphi=0$ [/mm] oder [mm] $\pi$ [/mm] ist, er ist gleich [mm] $\sqrt{\frac{z}{3}}$, [/mm] wenn [mm] $\varphi=\frac{\pi}{2}$ [/mm] oder [mm] $\frac{3\pi}{2}$ [/mm] ist.
Aus
[mm]r^2(\cos^2\varphi+3\sin^2\phi) \le z[/mm]
folgt ja, durch Division durch [mm] $(\cos^2\phi+3\sin^2\phi)$, [/mm] bzw. was das selbe ist, durch [mm] $(1+2\sin^2\phi)$
[/mm]
[mm]r^2\leq \frac{z}{1+2\sin^2\varphi}[/mm]
Die rechte Seite dieser Ungleichung ist, bis auf die Quadratwurzel, die wir natürlich noch ziehen müssen, um die obere Grenze für $r$ zu erhalten, die obere Grenze des Integrals, die ich hingeschrieben hatte.
Bem: Weil ich gerade dabei bin, Dir eine Mitteilung zu schreiben: Das innere Doppelintegral, das die Fläche $A(z)$ der Ellipse der Punkte des gesuchten Volumens mit konstanter $z$-Koordinate liefern muss, kann nicht wesentlich schwieriger auszuwerten sein, als das entsprechende Doppelintegral für die Kreisfläche [mm] ($r=\sqrt{z})$. [/mm] - Weshalb? - Weil die Ellipse durch eine lineare Transformation aus dem Kreis hervorgeht: eine entsprechende Koordinatentransformation führt deshalb das Integral für die Kreisfläche in dasjenige der Ellipse über - und umgekehrt. Man kann sich also von der Berechnung des Flächenintegrals beim Kreis für die Berechnung des Flächenintegrals bei dieser Ellipse "inspirieren lassen"...
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:12 So 02.09.2007 | | Autor: | mairah |
ok gut. du hast mich überzeugt.
und wie hast du das integral mit dem sinus gelöst?
gute nacht
|
|
|
| |
|
> ok gut. du hast mich überzeugt.
> und wie hast du das integral mit dem sinus gelöst?
Ich weiss nicht, ob dies ein besonders schlauer Weg ist, aber ich habe $t := [mm] \tan(\varphi)$ [/mm] eingeführt. Dann ist $dt = [mm] (1+t^2)\;d\varphi$ [/mm] und wir erhalten, unter Verwendung von [mm] $\sin(\varphi)=\frac{\tan(\varphi)}{\sqrt{1+\tan^2(\varphi)}}$,
[/mm]
[mm]\int\frac{1}{1+2\sin^2(\varphi)}\;d\varphi=\int \frac{1}{1+3t^2}\; dt[/mm]
letzteres ist ein halbwegs vertrautes Integral, das einen [mm] $\arctan$ [/mm] liefert.
Mit den Integrationsgrenzen [mm] $\int_0^{2\pi}\ldots\;d\varphi$ [/mm] musst Du bei dieser Substitution aufpassen, dass das Integral nicht etwa $=0$ wird: also besser zuerst dieses Integral durch [mm] $4\cdot\int_0^{\pi/2}\ldots\; d\varphi$ [/mm] ersetzen.
|
|
|
| |
|
> ok gut. du hast mich überzeugt.
> und wie hast du das integral mit dem sinus gelöst?
Hier noch die Details:
[mm]\begin{array}{rcll}
V &=& \displaystyle \int_0^1\int_0^{2\pi}\int_0^{\sqrt{\frac{z}{1+2\sin^2(\varphi)}}}\;r\;dr\;d\varphi\;dz\\[.3cm]
&=& \displaystyle \int_0^1\frac{z}{2}\int_0^{2\pi}\frac{1}{1+2\sin^2(\varphi)}\;d\varphi\;dz\\[.3cm]
&=& \displaystyle \int_0^1 \frac{z}{2}\cdot 4\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+2\sin^2(\varphi)}\; d\varphi\; dz & \text{Substitution $t := \tan(\varphi)$}\\[.3cm]
&=& \displaystyle \int_0^1 2z \int_0^{+\infty} \frac{1}{1+3t^2}\; dt\; dz\\[.3cm]
&=& \displaystyle \int_0^1 2z\left[\frac{\arctan(\sqrt{3}t)}{\sqrt{3}}\right]_{t=0}^{+\infty}\;dz\\[.3cm]
&=& \displaystyle \int_0^1 2z\cdot\frac{\pi}{2\sqrt{3}}\; dz\\[.3cm]
&=& \displaystyle \frac{\pi}{\sqrt{3}} \left[\frac{1}{2}z^2\right]_{z=0}^1\\[.3cm]
&=& \displaystyle \frac{\pi}{2\sqrt{3}}
\end{array}[/mm]
Wie "immer ohne Gewähr".
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:26 So 02.09.2007 | | Autor: | mairah |
ok...baff ^^
naja das würde ich niemals so aus dem stehgreif hinbekommen...
und ich hoffe mal, das so fiese sachen auch nicht in der klausur drankommen...
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Korrektur) fundamentaler Fehler  | | Datum: | 18:56 Fr 31.08.2007 | | Autor: | Somebody |
> > tut mir leid. ich krieg es einfach nicht hin... da setzt
> > mein verständnis aus.
> > amliebsten würde ich die grenzen rauskriegen durchs
> > umformen der ungleichungen, aber noch nicht einmal das kann
> > ich :(
>
> Ich gehe davon aus, dass ihr noch immer an Teilaufgabe a)
> herumlaboriert.
> Ich kann mir dazu nicht verkneifen einzuwenden, dass doch
>
> [mm]x+y+z\leq \frac{5}{4}[/mm]
> eine Halbraum ist, der den Ursprung
> [mm](0|0|0)[/mm] enthält und unterhalb der Ebene
>
> [mm]\frac{x}{4/5}+\frac{y}{4/5}+\frac{z}{4/5}=1[/mm]
> (in "Achsenabschnittsform") liegt.
Ach, dies ist natürlich falsch: ich kann offenbar nicht einmal mehr richtig durch [mm] $\frac{5}{4}$ [/mm] dividieren.
Also ist das Volumen doch nicht gar so einfach zu haben, wie ich in der ersten hastigen Betrachtung der gegebenen Mengen dachte: die Achsen werden jeweils bei [mm] $\frac{5}{4}$ [/mm] nicht [mm] $\frac{4}{5}$ [/mm] geschnitten und daher liegt die dreiseitige Pyramide des ersten Volumens des Durchschnitts leider nicht in der Achtelkugel.
|
|
|
| |
|
Hallo,
Hab ´ne Weile über die Aufgabe nachgedacht und bin auf etwas gekommen. Bin aber nicht sicher ob es richtig ist. Nur eine Idee halt. Weiß gar nicht ob es mit der Transformationsformel zusammenhängt.
Wenn ich das richtig sehe geht es hauptsächlich um Aufgabe 1)
Wir lassen z einen Augenblick konstant und berechnen die Fläche in der x-y-Ebene. Das ergibt x+y<=a mit festem a x,y>0 a=5/4-a. Es gilt 1/4<=a<=5/4, da z [mm] \in [/mm] [0,1]. Es handelt sich hierbei um ein rechtwinkliges Dreieck mit Kathetenlänge jeweils a. Also eine Fläche von der Größe [mm] a^{2}/2. [/mm] Nun integrieren wir von 0 bis 1 über diesen Wert.
[mm] \integral_{0}^{1}{(5/4-x)^{2}/2 dx}=[-(5/4-z)^{3}/6] [/mm] an den Grenzen 0 und 1 ausgewertet. Ergibt bei mir -1/(64*6)+125/(64*6)=124/384=31/96?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:31 Fr 31.08.2007 | | Autor: | Somebody |
> Hallo,
>
> Hab ´ne Weile über die Aufgabe nachgedacht und bin auf
> etwas gekommen. Bin aber nicht sicher ob es richtig ist.
> Nur eine Idee halt. Weiß gar nicht ob es mit der
> Transformationsformel zusammenhängt.
>
> Wenn ich das richtig sehe geht es hauptsächlich um Aufgabe
> 1)
>
> Wir lassen z einen Augenblick konstant und berechnen die
> Fläche in der x-y-Ebene. Das ergibt x+y<=a mit festem a
> x,y>0 a=5/4-a. Es gilt 1/4<=a<=5/4, da z [mm]\in[/mm] [0,1]. Es
> handelt sich hierbei um ein rechtwinkliges Dreieck mit
> Kathetenlänge jeweils a.
Und wo wird der Schnitt mit der Kugel [mm] $x^2+y^2+z^2\leq [/mm] 1$ berücksichtigt? Was Du hier machst könnte allenfalls eine Berechnung des Volumens der dreiseitigen Pyramide [mm] $x+y+z\leq \frac{5}{4}$ [/mm] mit [mm] $x,y,z\geq [/mm] 0$ sein (hab's aber nicht kontrolliert).
> Also eine Fläche von der Größe
> [mm]a^{2}/2.[/mm] Nun integrieren wir von 0 bis 1 über diesen Wert.
>
> [mm]\integral_{0}^{1}{(5/4-x)^{2}/2 dx}=[-(5/4-z)^{3}/6][/mm] an den
> Grenzen 0 und 1 ausgewertet. Ergibt bei mir
> -1/(64*6)+125/(64*6)=124/384=31/96?
|
|
|
| |
|
| Aufgabe | Hallo,
Ja, der Einwand stimmt glaub ich. War also noch nicht ganz richtig...
Wie funktioniert das bloß?
Lg Andreas |
??
|
|
|
| |
|
| Aufgabe | Hallo,
Vielleicht muß bei meiner Antwort noch die Dreicksfläche mit einer Kreisfläche geschnitten werden...?
Lg Andreas |
??
|
|
|
| |
|
> Hallo,
>
> Vielleicht muß bei meiner Antwort noch die Dreicksfläche
> mit einer Kreisfläche geschnitten werden...?
Können wir uns darüber einigen, wie das zu bestimmende Volumen in etwa aussieht? Ich glaube es handelt sich im wesentlichen um den Achtel der Einheitskugel, der sich im ersten Oktanten befindet, von dem durch die Ebene [mm] $x+y+z=\frac{5}{4}$ [/mm] ein (nicht allzu grosses) Kugelsegment abgeschnitten wurde.
Wenn schon müsstest Du, bei konstant gehaltener $z$-Koordinate, von einem Vierteilreis ein Stückelchen (ein Kreissegment) abschneiden. Dies aber nur in einem gewissen Bereich von $z$-Koordinaten: diesen Bereich müsste man zuerst bestimmen. Und wieder wäre dann eine Fallunterscheidung nötig: je nach dem, ob man sich beim Integrieren in diesem Bereich befindet oder nicht.
|
|
|
| |
|
> Hallo,
>
> Ja, der Einwand stimmt glaub ich. War also noch nicht ganz
> richtig...
>
> Wie funktioniert das bloß?
Am einfachsten durch eine von der Anschauung diktierte Fallunterscheidung, bzw. durch Bestimmem des fraglichen Volumens als Differenz zweier mittels Integration bestimmbarer Teilvolumina.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:55 Fr 31.08.2007 | | Autor: | mairah |
also ich gerate bei dieser art aufgaben auch an meine grenzen der vorstellbarkeit... und davon hab ich noch 5 stück heul :(
ich werde aber für heut aufhören. mein kopf qualmt und ich kann mich leieder nicht mehr konzentrieren
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:53 Sa 01.09.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo
ich füg mal ne Querschnittszeichnung ein.
Der Kreisabschnitt ist natürlich in Wirklichkeit ein Kugelabschnitt.
den würd ich ausrechnen, und dann von der achtel Kugel abziehen, oder die achtelkugel als Integral und davon den Kugelabschnitt abziehen, das Integral ist ja dasselbe. Zylinderkoordinaten sind gut, ich würd aber trotzdem, das ganze so drehen, dass ich mit der Ebene [mm] z=5/\wurzel{48} [/mm] schneide statt mit der schiefen Ebene.
dann hat man als Grenze [mm] x^2+y^2<1-25/48
[/mm]
[mm] 5/\wurzel{48}
in Zylinderkoordinaten dann [mm] \phi [/mm] von 0 bis [mm] 2\pi [/mm] und r von 0 bis [mm] \wurzel{23/48}
[/mm]
in Kugelkoordinaten [mm] r,\phi [/mm] genauso [mm] \Theta [/mm] von 0 bis [mm] arccos(5/\wurzel{48})
[/mm]
ich hoff damit kommst du hin!
[Dateianhang nicht öffentlich]
Gruss leduart
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:40 Sa 01.09.2007 | | Autor: | mairah |
also hätte man als ergebnis [mm] 4\pi/3 [/mm] - [mm] 115\pi/48\wurzel{48}
[/mm]
lg mairah
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:51 Sa 01.09.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo
Wie hast du das gerechnet?
1. der erste Teil ist ne Vollkugel, kein achtelkugel:
2. der zweite Teil ist mehr als 1/6 ner Kugel, muss also auch falsch sein.
sieh dir die Formel für das Kugelsegment der Höhe [mm] 1-5\wurzel{48} [/mm] und radius 1 an Formel siehe wiki, damit kannst du kontrollieren.
Gruss leduart
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:59 Sa 01.09.2007 | | Autor: | mairah |
oh entschuldige ^^
liegt wohl daran dass ich noch nicht solange wach bin ;)
also jetz habe ich raus [mm] \pi/6 [/mm] - [mm] \bruch{ \pi(23\wurzel{48}-115)}{48\wurzel{48}}
[/mm]
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:05 Sa 01.09.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo
ich hab etwas andere Zahlen raus, aber mich auch 3 mal verrechnet.
hast du mit der Formel für die Kugelsegment, bzw Kugegelkalotte überprüft?
Gruss leduart
|
|
|
|
