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| Aufgabe | bestimme die volumina:
(a) [mm] \{(x,y,z) \in \IR^{3} |x^{2}+y^{2}+z^{2}\le r^{2}\}(kugel)
[/mm]
meine lösung :
[mm] \pi \integral_{0}^{\wurzel{x^{2}+y^{2}}}{\integral_{0}^{\wurzel{x^{2}+z^{2}}}{\integral_{0}^{\wurzel{y^{2}+z^{2}}}{x^{2}+y^{2}+z^{2} dx}
dy} dz} [/mm]
(b)
[mm] \{(x,y,z) \in \IR^{3} | 0 \le x \le h \wedge y^{2}+z^{2}\le r^{2}\}
[/mm]
meine lösung:
[mm] \integral_{0}^{h}{\integral_{0}^{y^{2}}{{\integral_{0}^{z^{2}}r^{2} dz} dy} dx}
[/mm]
(c)
[mm] \{(x,y,z) \in \IR^{3} | 0 \le x \le h \wedge (y- \bruch{r}{h} x)^{2}+z^{2} \le (\bruch{r}{h} x)^{2}\}
[/mm]
meine lösung:
[mm] \integral_{0}^{h}{\integral_{0}^{(y- \bruch{r}{h} x)^{2}}{\integral_{0}^{z^{2} }{(\bruch{r}{h}x)^{2}}dz}dy}dx
[/mm]
(d)
[mm] \{(x,y,z) \in \IR^{3} | 0 \le z \le h \wedge |x| \le a - \bruch{a}{h}z \wedge
|y| \le a - \bruch{a}{h}z\}
[/mm]
meine lösung:
[mm] \integral_{0}^{h}{\integral_{0}^{|x|}}{\integral_{0}^{|y|}}{{a - \bruch{a}{h}z dz} dx}dy
[/mm]
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könnte jemand netterweise überprüfen,ob ich völlig daneben liege
mit meinem konzept (lebesgue-integral)?
falls ja ,wäre eine hilfestellung sehr nett.
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dabei sei noch gesagt, dass(b) ein zylinder ist,(c) ein schiefkegel,(d) eine pyramide
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:43 Mo 02.07.2007 | | Autor: | rainerS |
Hallo,
alle deine Ansätze beschreiben nicht drei-, sondern fünfdimensionale Volumina.
Beispiel:
> bestimme die volumina:
> (a) [mm]\{(x,y,z) \in \IR^{3} |x^{2}+y^{2}+z^{2}\le r^{2}\}(kugel)[/mm]
>
> meine lösung :
> [mm]\pi \integral_{0}^{\wurzel{x^{2}+y^{2}}}{\integral_{0}^{\wurzel{x^{2}+z^{2}}}{\integral_{0}^{\wurzel{y^{2}+z^{2}}}{x^{2}+y^{2}+z^{2} dx}
dy} dz}[/mm]
Du integrierst das Quadrat einer Länge ([mm]x^{2}+y^{2}+z^{2}[/mm]) über ein Volumen [mm]dx\, dy\, dz[/mm]. Außerdem dürfen die Grenzen des äußeren Integrals nur von [mm]r[/mm], die des mittleren Integrals nur von [mm]r[/mm] und [mm]z[/mm] abhängen.
Das Volumen deiner Kugel [mm]K[/mm] ist gegeben durch [mm] V = \int_K dV[/mm]. Der Einfachheit halber betrachte ich nur ein Achtel der Kugel, nämlich den Teil, wo die Koordinaten [mm]x,y,z[/mm] alle positiv sind. Dann läuft die äußere Integration von [mm]z=0[/mm] bis [mm]z=r[/mm]. Die mittlere Integration darf dann nur von [mm]y=0[/mm] bis [mm]y=\sqrt{r^2-z^2}[/mm] laufen, entsprechend für [mm]x[/mm]. Damit hast du:
[mm]\bruch{1}{8}V = \integral_{0}^{r}\,\integral_{0}^{\sqrt{r^2-z^2}}\,\integral_{0}^{\sqrt{r^2-z^2-y^2}} \,dx\,dy\,dz = \bruch{\pi}{6} r^3[/mm].
Alternativ kannst du das Volumenintegral in Kugelkoordinaten hinschreiben:
[mm] V = \integral_{0}^{r} \integral_{0}^{\pi} \integral_{0}^{2\pi} r^2\sin\theta d\phi\,d\theta\,dr = \bruch{4\pi}{3} r^3[/mm]
Ich hoffe, das hilft dir weiter.
Rainer
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danke,meinst du oben etwa V = [mm] \int_K [/mm] 1 dV ?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:31 Mo 02.07.2007 | | Autor: | rainerS |
Hallo,
> danke,meinst du oben etwa V = [mm]\int_K[/mm] 1 dV ?
[mm]\int_K dV[/mm] ist das Gleiche wie [mm]\int_K 1\, dV [/mm] . Die [mm]1[/mm] hinzuschreiben oder wegzulassen ist reine Konvention.
Rainer
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