volumen eines Kugelabschnitts < Integralrechnung < Analysis < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | | Ermitteln sie die Formel für den Rauminhalt eines Kugelabschnitts der Höhe h(Kugelradius r). |
ich habe keine idee, wie ich an das Volumen dieses Kugelabschnitts kommen soll. Habe aber einfach mal den Radius des Kugelabschnitts berechnet, vllt hilft der mir ja irgendwie weiter.
[mm] R^{2} [/mm] + [mm] (r-h)^{2} [/mm] = [mm] r^{2}
[/mm]
R = [mm] \wurzel{r^{2} - (r-h)^{2}}
[/mm]
R = [mm] \wurzel{h(2r-h)}
[/mm]
war das überhaupt sinnvoll auszurechnen?
Wenn ja, was muss ich denn jetzt weiter machen um an das Volumen des Kugelabschnittes zu kommen?
Vielen Dank für eure Hilfe
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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Was hast du denn an Vorwissen? Wenn ihr in der Schule das Kugelvolumen mit dem Satz des Cavalieri über einen Vergleich mit einem durch einen Kegel ausgehöhlten Zylinder gemacht habt, kannst du dasselbe Verfahren auch beim Kugelsegment anwenden.
Oder sollst du das mit Integralrechnung lösen?
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Nein, den Satz des Cavaliere haben wir noch nie angewandt.
Wir sollen das durch die Integralrechnung zeigen, das ist nur schon ein bisschen her, dass wir das gemacht haben. Ich könnte das Kugelvolumen bestimmen durch Integralrechnung und Rotationsvolumen.
Da käme dann als Funktion heraus:
[mm] \integral_{-r}^{r}{\wurzel{r^{2}- x^{2}} dx} [/mm] = [mm] \bruch{4}{3}\pi [/mm] r
aber weiter weiß ich nicht!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:14 Fr 08.02.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
So habt ihr das sicher nicht gemacht. Also sieh dir das nochmal genauer an, auch wie man Rotationsvolumen berechnet. dann musst du nur das entsprechende Kreisstück rotieren lassen und hast es.
Gruss leduart
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wie komm ich auf das entsprechende Kreisstück?
Was brauch man dafür noch?
Sorry, wenn ich so viel Frage, doch leider fehlen mir einige grundlagen, die ich gerne nacharbeitet möchte. Doch davor muss ich sie erst einmal ausfindig machen.
MfG Jesper
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:27 Fr 08.02.2008 | | Autor: | abakus |
Zur Erzeugung einer Kugel lässt du doch den Halbkreis [mm] y=\wurzel{r^2-x^2} [/mm] um die x-Achse rotieren. Der Habkreis (und damit auch die entstehende Kugel) wird links und rechts begrenzt von x=-r und x= r (deine Integrationsgrenzen). Wenn du senkrecht zur x-Achse - sagen wir mal bei x=r/2 - die Kugel mit einem Messer von oben nach unten durchschneidest, hast du zwei Kugelabschnitte erzeugt (eine größer als eine Halbkugel, die andere kleiner)
Deren Volumen wäre dann das Integral von -r bis r/2 (bzw. von r/2 bis r) über [mm] \pi(\wurzel{r^2-x^2})^2 [/mm] dx .
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ist dann die zweite, also die obere integrationsgrenze R? Also der wert, den ich vorher errechnet haben?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:41 Fr 08.02.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
Schreib doch zur Kontrolle erst mal die Formel, die du für Rotation um die x Achse kennst.
Dann zeichne einen viertelkreis um den 0 punkt. lass den um die x Achse rotieren und überleg von wo bis wo du integrieren musst.
Gruss leduart
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Hi Das Integral [mm] \integral_{a}^{b}{\wurzel{r^2-x^2}dx}. [/mm]
Ist wie schon vorhin gesagt wurde nur zur berechnung einer Kreisfläche geeignet. Ich rechne des weiteren ohne Integrationsgrenzen.
Die lösung dieses Integrals geht per substitution:
Du du setzst [mm] x=r*\sin [/mm] t => [mm] dx=r*\cos [/mm] t *dt.
Dann hast du:
[mm] \integral_{a}^{b}{\wurzel{r^2-r^2*(\sin t)^2}r*\cos t *dt}
[/mm]
[mm] =r^2\integral_{a}^{b}{\wurzel{1-(\sin t)^2}\cos t *dt}
[/mm]
Jetzt wendest du [mm] (\cos t)^2=1-(\sin t)^2 [/mm] (tigonometrischer Phytagoras) an.
Damit wird das integral vereinfacht zu:
[mm] =r^2\integral_{a}^{b}{\wurzel{(\cos t)^2}r*\cos t *dt}
[/mm]
[mm] =r^2\integral_{a}^{b}{(\cos t)^2 *dt}
[/mm]
Jetzt wenden wir [mm] \cos 2t=2*(\cos t)^2-1 [/mm] umgeformt zu
[mm] (\cos t)^2=\bruch{1+cos2t}{2} [/mm] auf den Integranden:
Damit erhalten wir:
[mm] =r^2\integral_{a}^{b}{\bruch{1+\cos2t}{2}*dt}
[/mm]
[mm] =0,5r^2\integral_{a}^{b}{1+\cos 2t dt}
[/mm]
[mm] =0,5r^2[t+0,5\sin [/mm] 2t]
Jetzt verwenden wir [mm] \sin2t=2*\sin [/mm] t [mm] *\cos [/mm] t
Damit erhalten wir:
[mm] =0,5r^2[t+\sin [/mm] t [mm] *\cos [/mm] t]
Jetzt kommt die Resubstitution:
[mm] x=r*\sin [/mm] t ==> [mm] t=\arcsin (\bruch{x}{r})
[/mm]
und [mm] \cos [/mm] t [mm] =\wurzel{1-(\sin t)^2}=\wurzel{1-\bruch{x^2}{r^2}}
[/mm]
Damit erhalten wir:
[mm] \integral{\wurzel{r^2-x^2}dx}=0,5r^2[\arcsin (\bruch{x}{r})+\burch{x}{r}*\wurzel{1-\bruch{x^2}{r^2}}]
[/mm]
Ich hoffe, dass war erklärend genug.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:30 Fr 08.02.2008 | | Autor: | Gogeta259 |
Natürlich gilt die besagte formel nur auf dem Definitionsbereich.
Und man muss sich in der Erklärung die integrationsgrenzen wegdenken (die sind durch kopiervorgäge wärhernd des verfassens entstanden.
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das klingt irgendwie ziemlich kompliziert, die lösung von akabus schien wesentlich einfacher zu sein und eher das, was wir machen sollten!
Das Verfahren hätte ich auch lieber noch mal genaue erklärt, das mit der substitution haben wir nämlich noch nie gemacht!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:45 Fr 08.02.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
Du hattest ein falsches Integral hingeschrieben, das wollte dir g... helfen zu lösen. Du darfst es vergessen, wenn du das richtige Integral hast!
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:53 Fr 08.02.2008 | | Autor: | Gogeta259 |
Dein Integral für das Kugelvolumen ist absolut Simpel:
[mm] f(x)=\wurzel{r^2-x^2} [/mm] ist deine Randkurve
Wenn du diese rotieren lässt dann kannst du das Volumen V
wie folgt berechnen:
[mm] V=\integral_{a}^{b}{\pi*\wurzel{r^2-x^2}^2 dx}
[/mm]
[mm] =\pi*\integral_{a}^{b}{r^2-x^2 dx}
[/mm]
[mm] =\pi*[r^2*x-(1/3)x^3]
[/mm]
Und jetzt muss du doch nur noch die Integrationsgrenzen einsetzen.
Die wirst du doch noch hinkriegen!
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sind die integrationsgrenzen -r und (r-h) ???
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Nein sind sie nicht!
Sie sind h und r !
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Ich verstehe nicht warum die Integrationsgrenzen r und h sein sollen? Ich bin immer noch der Meinung, dass ich dann im Bereich von (r-h) und r integrieren, da ich ja bei r-h die kugel "durchschneide".
Oder habe ich da einen Denkfehler?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:05 Sa 09.02.2008 | | Autor: | angreifer |
habs jetzt schon so gelöst, vielen dank für eure hilfe!
Das ergebnis war:
[mm] \bruch{1}{3} \pi [/mm] h (3r-h)
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:10 Sa 09.02.2008 | | Autor: | Gogeta259 |
deine lösung kann nicht stimmen weil sie die einheit einer fläche hat und nicht die eines Volumens.
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upps...hab mich vertippt gehabt!
[mm] \bruch{1}{3}\pi [/mm] h (3r-h) ist das richtig?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:20 Sa 09.02.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
Das ist weiterhin kein Volumen, sondern irgendein Flächeninhalt.
Was integrierst du denn? und wie. Schreib mal dienen Rechenweg.
Gruss leduart
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:24 Sa 09.02.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
kein Denkfehler, du hast recht.
Gruss leduart
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:29 Sa 09.02.2008 | | Autor: | angreifer |
also tippen kann ich immer noch nicht^^
[mm] \bruch{1}{3}\pi h^{2}(3r-h)
[/mm]
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