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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:49 Mi 02.11.2011 | | Autor: | zoj |
| Aufgabe | Man betrachte den Kegel K im [mm] \IR^{3} [/mm] mit der Spitze (0,0,3) und der Grundfläche $B={(x,y,z) [mm] \in \IR^{3}|x^{2}+y^{2}\le1}$.
[/mm]
Stellen Sie den Kegelbodenals Normalbereich [mm] $B\subset \IR^{2}$, [/mm] und den Kegelmantel als Funktion $h: [mm] B->\IR$ [/mm] dar. Berechnen SIe sodann da Volumen V des Körpers über
$V= [mm] \int_{B} [/mm] h dF$
(Tip. Polarkoordinaten) |
Habe mir eine Skize gemacht und folgende Überlegungen sind dabei rausgekommen.
Der Normalbereich ist ein konzentrischer Kreis mit Radius 1.
Die Höhe des Kegels ist 3.
Für die Funktion die den Kegelmantel beschreibt habe ich eine Gerade, die um die Z-Achse rotiert genommen. [mm] $\pi \int_{0}^{3} (3(x-1))^{2}dz$ [/mm] (Für karthesische Koordinaten).
Demnach ergibt sich das Volumen für karthesische Koordinaten:
$V= [mm] \int_{-1}^{1} \int_{-\sqrt{1-x^{2}}}^{\sqrt{1-x^{2}}} \int_{0}^{3} \p (3(x-1))^{2} [/mm] dydzdx$
Das ist jetzt aus Übungszwecken in karthesischen Koordinaten.
Sind die Überlegungen und der Ansatz richtig?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:25 Mi 02.11.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
Dass auf dem Kegelmantel geraden liegen, ist zwar richtig.
ABER etwa in der x-z Ebene sind das die 2 Geradenm die durch (0,3) und (1,0) und (-1,0) gehen,, welche Gerade liegt denn über einem beliebigen Punkt (x,y) aus B
du must doch zu jedem x,y die Höhe h=z angeben? zu (0.5,0) etwa gehört z=1.5
Machs gleich in Polarkoordinaten, [mm] r,\phi, [/mm] dann ist z nur von r abhängig, und r läuft von 0 bis 1
Dein Integral sieht auch nit seinen Grenzen komisch aus. willst du z wirklich von [mm] -\wurzel{1-x^2} [/mm] bis [mm] +\wurzel{1-x^2}laufen [/mm] lassen?
also schreib erst mal z(r) oder z(x,y) hin
was dein $ [mm] \pi \int_{0}^{3} (3(x-1))^{2}dz [/mm] $ soll versteh ich gar nicht das wäre ja [mm] \pi*3*(x-1)^2*3 [/mm] ???
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:43 Mi 02.11.2011 | | Autor: | zoj |
In Polarkoordinaten würde ich so vorgehen:
Das Grundgerüst sieht dann so aus:
[mm] $\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1} [/mm] h \ r dr [mm] d\phi$, [/mm] wobei h der Kegelmantel ist.
Zu dem Kegelmantel: Wenn man die y-z-Ebene betrachtet, sieht sie aus wie ein Dreieck. Da habe ich mir gedacht, für den Mantel eine Gerade zu nehmen und diese um die z-Achse rotieren lassen. Die Gerade in der y-z-Ebene würde dann lauten: 3(x-1).
Es muss ja eine Funktion sein, die im Mittelpunkt den Wert 3 hat und zum Punkt x=y=1 hin Null wird.
Gleichzeitig soll die Mantelfunktion sowohl von x, als auch von y abhängen.
Bin gerade am Rätseln wie ich so eine Funktion aufstelle.
Sind die Überlegungen soweit in Ordnung?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 02:07 Do 03.11.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
mach ne Zeichnung im Schnitt, berechne z nach Strahlensatz aus r
in der Y-Z Ebene ist x=0 was soll dann [mm] z=3(x-1)^2 [/mm] bedeuten. außer z=3
in der yz Ebene hättest du die Gerade z=3y+3 und z=-3y+3
das ist aber ja nur für x=0
dein Integral ist so nicht sehr sinnvoll solange da nicht H(r)=z)r) richtig drin steht .
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:52 Do 03.11.2011 | | Autor: | zoj |
OK, noch ein Versuch.
Ich bin jetzt in Polarkoordinaten.
Da habe ich einmal die r- und einmal die z-Achse.
In der z-r-Ebene: (Ich gehe mal von allgemeinen Kegel aus.)
h ist die Höhe.
$z = [mm] -\frac{h}{R}r+h [/mm] $ Für $r = R => 0$ und $r=0 => h$ Soweit stimmt es.
Für das Volumen bekomme ich dann:
$V= [mm] \int_{0}^{R}\int_{0}^{2\pi}-\frac{h}{R}r+h [/mm] \ [mm] d\phi [/mm] dr$
Das heißt ich habe das z als Funktion von r aufgestellt und dann nach dr integriert.
Habe das Integral berechnet und bekomme für das Volumen : [mm] \pi [/mm] h R.
Fehl noch [mm] \frac{1}{3}.
[/mm]
Was habe ich falsch gemaht?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:35 Do 03.11.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
Schon ein Blick auf den Integranden sollte dir zeigen, dass du kein Volumen hast. etwa [mm] hdrd\phi [/mm] hat die Dimension [mm] Länge^2 [/mm] also fläche, ebenso dein Ergebnis!
das Flächenelement in Polarkoordinaten ist [mm] dF=rd\phi [/mm] dr!
dein z(r) ist jetzt richtig.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:39 Do 03.11.2011 | | Autor: | zoj |
Achso!
Es fehlte noch ein r im dF-Element. (Wie nennt man es eigentlich?)
$ V= [mm] \int_{0}^{R}\int_{0}^{2\pi} [/mm] ( [mm] -\frac{h}{R}r+h [/mm] ) r \ [mm] d\phi [/mm] dr $
Jetzt bekomme ich: [mm] -\frac{\pi h R^{2}}{3}.
[/mm]
Das Minus kommt dadurch zu stande, weil ich für z die Funktion: [mm] $-\frac{h}{R}r+3$ [/mm] genommen habe.
Wenn ich aber [mm] $z=\frac{h}{R}r+3$ [/mm] genommen hätte (die andere Gerade), wäre das Ergebnis positiv.
Stimmt es?
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Hallo zoj,
> Achso!
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> Es fehlte noch ein r im dF-Element. (Wie nennt man es
> eigentlich?)
>
> [mm]V= \int_{0}^{R}\int_{0}^{2\pi} ( -\frac{h}{R}r+h ) r \ d\phi dr[/mm]
>
> Jetzt bekomme ich: [mm]-\frac{\pi h R^{2}}{3}.[/mm]
>
> Das Minus kommt dadurch zu stande, weil ich für z die
> Funktion: [mm]-\frac{h}{R}r+3[/mm] genommen habe.
> Wenn ich aber [mm]z=\frac{h}{R}r+3[/mm] genommen hätte (die andere
> Gerade), wäre das Ergebnis positiv.
> Stimmt es?
>
Bei der Auswertung des Doppelintegrals kommt [mm]\frac{\pi h R^{2}}{3}.[/mm] heraus. D.h. unterwegs ist Dir ein "-" verlorengegangen.
Gruss
MathePower
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:42 Do 03.11.2011 | | Autor: | zoj |
Stimmt, habe unterwegs ein munis verloren.
Jetzt stimmt es!
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:09 Do 03.11.2011 | | Autor: | zoj |
Nun soll ich den Kegel nochmal über [mm] \int\int\int_{K}dV [/mm] berechnen.
Dazu habe ich noch gegeben: $K= [mm] \{(x,y,z)|0
Als Tip ist noch gesagt, dass ich die Zylinderkoordinaten nutzen soll.
Bei den Polarkoordinaten habe ich nach dr und [mm] d\phi [/mm] über z integriert.
Aber wie mcht man es jetzt in Zylinderkoordinaten?
Habe zuerst die Grenzen bestimmt:
[mm] x=rcos\phi
[/mm]
[mm] y=rsin\phi
[/mm]
[mm] (rcos\phi)^{2}+(rsin\phi)^{2}<1-\frac{1}{3}z
[/mm]
[mm] r^{2} <1-\frac{1}{3}z
[/mm]
r < [mm] \pm\sqrt{1-\frac{1}{3}z}
[/mm]
Das wäre die Grenze für r.
Das Integral sieht dann vorläufig so aus:
$ [mm] \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{3} \int_{0}^{ \sqrt{ 1-\frac{1}{3}z } } [/mm] r dr dz [mm] d\phi [/mm] $
Habe das r von 0 bis [mm] \sqrt{1-\frac{1}{3}z} [/mm] laufen lassen, da das r um 360° gedreht wird.
Ist es soweit ok?
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Hallo zoj,
> Nun soll ich den Kegel nochmal über [mm]\int\int\int_{K}dV[/mm]
> berechnen.
> Dazu habe ich noch gegeben: [mm]K= \{(x,y,z)|0
>
> Als Tip ist noch gesagt, dass ich die Zylinderkoordinaten
> nutzen soll.
>
> Bei den Polarkoordinaten habe ich nach dr und [mm]d\phi[/mm] über z
> integriert.
> Aber wie mcht man es jetzt in Zylinderkoordinaten?
>
> Habe zuerst die Grenzen bestimmt:
> [mm]x=rcos\phi[/mm]
> [mm]y=rsin\phi[/mm]
> [mm](rcos\phi)^{2}+(rsin\phi)^{2}<1-\frac{1}{3}z[/mm]
> [mm]r^{2} <1-\frac{1}{3}z[/mm]
> r < [mm]\pm\sqrt{1-\frac{1}{3}z}[/mm]
> Das wäre die Grenze für r.
>
Hier: [mm] r \le \sqrt{1-\frac{1}{3}z}[/mm]
> Das Integral sieht dann vorläufig so aus:
> [mm]\int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{3} \int_{0}^{ \sqrt{ 1-\frac{1}{3}z } } r dr dz d\phi[/mm]
>
> Habe das r von 0 bis [mm]\sqrt{1-\frac{1}{3}z}[/mm] laufen lassen,
> da das r um 360° gedreht wird.
>
> Ist es soweit ok?
Ja.
Gruss
MathePower
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