Herleitung Kugeloberfläche < Lin. Algebra/Vektor < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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Hallo und einen schönen Samstag :),
Hab eben mal versucht ein paar Formeln aus dem Tafelwerk herzuleiten.
Leider schaffe ich es nicht bei der Kugeloberfläche.
[mm] \pi [/mm] * d ist ja definiert und daraus hab ich dann alles bisher herleiten können.
Mein Ansatz bei der Kreisfläche war, dass diese dem Durchschnittsumfang mal dem Radius entspräche. Den Durchschnittsumfang hab ich per Integral erhalten.
Um die Formel für das Kugelvolumen errechnen zu können hab ich dann analog zur Kreisflächenberechnung alle Kreisflächen per integral summiert.
Beides hat bisher hingehaun.
Bei Wikipedia steht zwar, wie man es richtig macht, aber ich verstehe nicht, wo mein Denkansatz falsch ist.
Warum kann ich dann also nun nicht die Kugeloberfläche erhalten, indem ich alle Umfänge per Integral summiere?
Meine Rechnung sieht wie folgt aus:
[mm] V_0 [/mm] = 2* [mm] \integral_{u=0}^{r_{Kugel}}{2*\pi*r_{Kreis}(h) dh}
[/mm]
Also das Volumen ist gleich der Summe aller Umfänge von einer Höhe von 0 bis r, also einem Halbkreis, mal 2. Wobei ich r für eine von h abhängige Funktion ersetzt habe, weil r_Kreis ja nicht linear ist.
Es gilt: [mm] r_{Kreis}(h) [/mm] = [mm] \wurzel{r_{Kugel}^2 - h^2}
[/mm]
Da ich kein Bild habe, stelle man sich einen Halbkreis vor.
Die Achse von dessen Mittelpunkt bis zur "Spitze" ist [mm] r_{Kugel}
[/mm]
Der Abstand vom Mittelpunkt zu einem Punkt auf dieser Achse ist h
Wenn man sich von diesem Punkt eine Parrallele zu [mm] r_{Kugel} [/mm] hin bis zur Kugelwand vorstellt, so ist das [mm] r_{Kreis}
[/mm]
tjoa :S ich hoffe man kann es nachvollziehen
die r_Kreis-Funktion hab ich schon erfolgreich für das Volumen angewendet, daran kann es also glaube ich nicht liegen :S.
Wenn man nun r(h) einsetzt und von nem Rechner lösen lässt (damit kann es auch nicht am falschen integrieren liegen), bekommt man:
[mm] \pi^2*r^2
[/mm]
Ich hoffe ihr wisst Rat :S
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:25 Sa 08.08.2009 | | Autor: | qsxqsx |
.. fehlt da nicht was bei der kreisfunktion: r = [mm] \wurzel{rKugel^2 - h^2}
[/mm]
fehlt da nicht das hoch 2? bin mir aber auch etwas unsicher, aber de rest sollte doch nach logischem überlegungen echt stimmen...
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:38 Sa 08.08.2009 | | Autor: | maxiantor |
Du hast Recht, aber ich bin mir sicher, dass ich das eingegeben hatte :S... zumindest im Programm zum Integrierens stehts mit der Potenz drin. Ich habs mal berichtigt.
Daran lag es aber leider nicht :S
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:59 Sa 08.08.2009 | | Autor: | rabilein1 |
> Um die Formel für das Kugelvolumen errechnen zu können
> hab ich alle Kreisflächen per integral summiert.
> ... hat hingehaun.
Das Volumen kann man auf diese Weise errechnen. (Rotation eines Kreises um die x-Achse)
> Warum kann ich dann also nun nicht die Kugeloberfläche
> erhalten, indem ich alle Umfänge per Integral summiere?
Im Prinzip geht das zwar auch. Aber die Formel für die Länge einer Linie, welche rotiert, ist recht kompliziert
(Jemand hatte sie mal hier im Forum mitgeteilt - ich finde sie nur gerade nicht).
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:56 So 09.08.2009 | | Autor: | rabilein1 |
Nun habe ich sie doch noch gefunden: Die ominöse Formel für die Oberfläche eines Rotationskörper (hatte sie in mein Tagebuch für Januar 2008 geschrieben - damals hatte hier jemand diese Formel genannt):
[mm] F_{R}=2\pi\integral_{a}^{b}{(f(x)*\wurzel{f'(x)^{2}+1}) dx}
[/mm]
In diesem Fall (Rotierender Kreis = Kugel) ist
a=-r
b=r
[mm] f(x)=\wurzel{r^{2}-x^{2}}
[/mm]
[mm] f'(x)=\bruch{-2x}{\wurzel{r^{2}-x^{2}}}
[/mm]
Wenn man das alles einsetzt, wird man allerdings wegen des "+1" unter der Wurzel die Wurzel im Integral nicht los.
Ohne dieses "+1" ginge das Ganze wunderbar auf und es käme genau das raus, was laut Formelsammlung als Kugeloberfläche rauskommen muss.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:59 So 09.08.2009 | | Autor: | maxiantor |
Du hast die Ableitung falsch berechnet:
[mm] f'(x)=\bruch{-x } {\wurzel{r^2-x^2}}
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:00 Mo 10.08.2009 | | Autor: | rabilein1 |
> Du hast die Ableitung falsch berechnet:
> [mm]f'(x)=\bruch{-x } {\wurzel{r^2-x^2}}[/mm]
Dann kannst du das ja in die genannte Formel einsetzen. Und du kriegst genau die Kugel-Oberfläche raus, die auch in den Formelsammlungen steht.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:21 Mo 10.08.2009 | | Autor: | maxiantor |
joa hab ich auch gemacht :S.. aber dann müsste ich auch diese Formel herleiten...
nunja.. ich hab glaube ne Lösung. Ich hoffe ich hab sie in einer stunde fertig formuliert. Sie arbeitet wieder mit unendlichen Reihen/Summen, scheint aber diesmal zu funktioniern x)
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:03 Sa 08.08.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
Der Fehler den du machst ist derselbe, den viele machen, wenn sie zuerst ne Kurvenlaenge ausrechnen wollen: Die flaeche unter ner Kurve bekommt man, wenn man sie in Treppen einteilt und die immer schmaler macht.
Wenn du aber die kurve von y=f(x) von a bis b errechnen willst und sie einfach in Stufenform teolst bekommst du unabhaengig von der einteilung immer (b-a)+(f(b)-f(a))
Sieh dir auch an, wie man die mantelflaeche eines kegels ausrechnet, die kleinen stuecke als kleine Mantelflaechen der Hohe h zu rechnen waere richtig, dann kommst du auch auf deine Flaeche.
Ein Flaechenstueckchen ist ds*dr und nicht dz*dh!
Bei der Flaeche weiss ich nicht, was du "Durchschnitssumfang" nennst, offensichtlich den halben Umfang?
und was heisst [mm] \pi*d [/mm] ist definiert? soll es heissen, dass [mm] \pi [/mm] als verhaeltnis von Umfang durch Durchmesser definiert ist? genauso kannst du [mm] \pi [/mm] als Verhaeltnis der Quadrates eine Radius zur Flaeche "definieren"
Aber es ist ok sich das so vorzustellen.
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:47 Sa 08.08.2009 | | Autor: | maxiantor |
Ich glaube ich weiß jetzt, was theoretisch an dem ganzen falsch ist.
Es handelt sich um ein 3D-Objekt!
Das nicht beachtend habe ich etwas falsch gemacht, als ich es in "Ringe" eingeteilt habe.
Da die Ringe letztendlich nicht gleich groß sind, existiert eine Oberfläche, die man als Fläche des Ringes-Fläche des Oberen Ringes rechnen müsste. Diese müsste man zu der Mantefläche der Ringe addieren. Man betrachtet die Kugel dabei sozusagen als aufeinanderreihung von unendlich kleinen Zylindern. Und ich hab bei dieser Betrachtung nur die Manteflächen und nicht die Grundfläche berechnet... wenn überhaupt.. anscheinend war da nicht der einzige Fehler, sonst wäre die Formel richtig, wenn man die Grundfläche von vorne und von hinten, also 2* [mm] 2*\pi*r^2 [/mm] addieren würde... nunja
Die Erkenntnis kam irgendwie, als ich mit den Kegel nochmal betrachtet hatte, wie leduart meinte.
Weiterhin kam dann der Gedanke, dass man die Kugel in undendlich kleingekörnte Würfeleinteilen könnte.
Betrachtet man nun die Kugel von vorne, senkrecht zu den Seiten der Würfel, sieht man alle Seiten von dieser Blickrichtung als Kreis, also mit der Fläche [mm] \pi*r^2
[/mm]
nun schaut man von den anderen Seiten, also von hinten und sieht wieder en kreis, also + [mm] \pi [/mm] * [mm] r^2
[/mm]
Nun wiederholt man dies von oben und von unten und erhält als ergebnis
4 Kreisflächen, also 4 * [mm] \pi [/mm] * r²
Im Grunde ist dies diesselbe Erklärung wie hier ![[]](/images/popup.gif) Link von Alexander Berresheim, welche fälschlicherweise als falsch defamiert und abgetan wurde -.-
nunja... sicher kann man das jetzt mit der Summe von diesen n Würfeln wobei n gegen unendlich geht beweisen, aber mit dieser Einleuchtung fehlt mir dazu die Lust.
Dank für die Denkanstöße
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:03 So 09.08.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
Der Link den du ansprichst ergibt ja den richtigen Wert. aber nur fuer die Kugel. Wenn es ein richtiges verfahren waere, koennte man es doch auch fuer andere einfache konvexe Koerper anwenden wie Wuerfel, oder Kegel oder Zylinder.
Ich versuch dir nochmal klar zu machen, was du falsch denkst.
angenommen du willst die Diagonalflaeche eines Wuerfels mit kantenlaenge a ausrechnen.
Du weisst eigentlich dass sie die Flaeche, a*Seitendiagonale also [mm] a^2*\wurzel [/mm] 2 hat.
jetzt rechne sie mit deiner methode aus: methode a) teile in schmale streifen der Breite a und Hoehe dh ein, integriere ueber h von 0 bis a. Flaeche [mm] a*a=a^2
[/mm]
jetzt nimm nach Methode b) noch die deckflaechen dazu , auch Laenge a und wegen der [mm] 45^0 [/mm] auch Breite dh. dann hast du insgesamt [mm] 2*a^2.
[/mm]
Du hast nicht gerechnet, dass die richtigen schraegen streifen die Breite |wurzel{2}*dh haben.
entsprechend die Wurfelflaechen. je naeher du dem oberen punkt kommst umso flachere "ebenenstuecke sind deine richtigen streifen. Man kann sie weder durch die senkrechten Streifen, noch durch die senkrechten + waagerechten streifen richtig ersetzen, wenn man sie noch so schmal macht.
Archimedes hatte vor der Integralrechnung schon die richtige Idee:
zeichne oder denk dir um die kugel einen Zylinder mit gleichem Grudkreisradius und damit Hoehe 2r. seine mantelflaeche ist leicht auszurechnen [mm] 2\pir*2r=4\pir^2
[/mm]
jetzt projiziere die Kugel senkrecht zu der mantelflaech des Zylinders auf diesen, bzw. den Zylinder auf die Kugel. betrachte dabei einen schmalen Ring auf dem Z . der Ring wird verkuerzt, seine Hoehe verlaengert, und zwar ist verkuerzungs und verlaengerungsfaktor derselbe. die Abbildung ist flaechentreu. Also sind die 2 Flaechen gleich.
ich hoff, du siehst deinen Fehler.
(vielleicht findest du ihn auch, wenn du den umfang des kreises nicht aus ner Def. sondern auch als Integral berechnest (besser nur 1/2 kreis)
Gruss leduart
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Hmm :S...
Also ich glaube langsam hab ich gelernt, dass es nicht so geht :S. Und das mit dem Würfel hab ich mir auch durch den Kopf gehen lassen x)"
bei der Erklärung mit dem Draufschauen(Projektsionsflächen) würde man für die Oberfläche übrigens glaube doch 6*Pi*r² erhalten.
:S Fakt ist ich glaube du hast recht. Wenn ich das schon in Würfel einteile, dass kann ich vlt. das Volumen mit den Würfelvolumen, aber die nicht die Oberfläche mit den Würfelflächen, die zu sehen sind, errechnen.
Weil es dadurch einfach mehr Oberfläche gibt, weil wie du schon sagst es sich nie der Oberfläche des Kreises annähern wird.
Beim Kreis wurde es mir auch deutlich, wie du es gesagt hattest.... Dadurch, dass ich den Umfang (also die Oberflläche eines 2-dimensionalen Objektes) definiert hatte, habe ich nicht bemerkt, dass die Oberfläche nicht analog zum Volmen zu rechnen geht, wie ich es also bei der Kreisfläche und beim Kugelvolumen gemacht hatte...
Beim Kreis würde ich nach meiner Methode im 1.Post sozusagen nur jeweils die 2 Punkt am Ende der der Gerade, die sich je nach Höhe ändert addieren. Aber das würde heißen, dass es egal ist, wie lang die Gerade jeweils ist, also ob es sich letztendlich um ein Viereck oder einen Kreis handelt.
Ich käme also immer auf 2* [mm] \integral_{h=0}^{r}{2(Punkte)} [/mm] = 4r, also dem halben Umfang eines Quadrates mit der seitenlänge d ... (den halben, weil das hier nicht wie beim Kreis anzuwenden geht, da die Seiten sich nicht in einer Spitze treffen..)
naja.. egal.. auf jedenfall kann man so wahrhaft nicht rechnen
Nach der Methode mit Würfeln, Pixeln, was auch immer, wo ich also bemerkt habe, dass man nur die äußere Oberfläche dieser Pixel addiert habe, müsste man im Umfang des Kreises noch die Flächen addieren, die man sieht, wenn man von vorne schaut.... im Grunde addieren sie sich zu d, da auf denen, die verdeckt sind, genau diesselben Flächen stehen.... Das dann noch mal 2, also von hinten und man erhilelte für den Umfang 8*r = 4*d ... es ist also einfach zuviel...
das erinnert an den Fakt, dass in je kleinere Stücken man ein Volumen teilt, je größer die Gesamtoberfläche.
Nunja... das geht alles nicht. Ich glaube das ganze hat die Ursache in der Idee der Projektionsflächen... xD wie schon Abott in Flachland schrieb. Würde man einen Kreis aus der Sicht eines Vierecks sehen, man würde nur eine Linie erkennen... Wenn da nicht die Schattierungen wären (die ich aber nicht berechnet habe und auch nicht werde xD"...) ... das Viereck kann also ohne Schattierungen nicht sagen, um was für eine Fläche es sich handelt...
Und da man die Projektionsstrategie als falsch widerlegt wurde, diese aber anwendbar wäre, wenn man die Kugel in Würfel oder den kreis in Quadrate einteilen würde, ist diese Eintelung auch als falsch bewiesen.
... ... xD"... Aber iwie um die Würfelstrategie nicht zu verlieren, drängt sich der Gedanke auf, ob es denn nicht gänge, indem ich die Diagonalflächen addieren würde. Sprich, dass wenn man das in unendlich kleine Würfel teil, die oberste Schicht mit dreiseitigen Prismen füllt.
Ich probiers mal beim Umfang, wobei man den Kreis in n Streifen teilt und man dann die Diagonalen vom Schnittpunkt einer Kante des Streifens mit dem Schnittpunkt der nächsten Kante des Streifens und dem Außenkreis berechnet und addiert... die Betrachtung als Integral bekomme ich hier iwie nicht hin :S... aber theoretisch sollte sich das doch als Integral beschreiben lassen, wenn man n gegen [mm] \infty [/mm] gehen lässt :S:
ich habs ausprobiert, es funktioniert, auch wenn es sicher nicht gerade effektiv ist, da der kreis in gleichgroße Streifen und nicht gleichlange L_Diagonale eingeteilt ist.
Rechnungen siehe Bild:
[Dateianhang nicht öffentlich]
... Dasselbe macht man nun bei der Kugel, indem man die Zylinder in Kegelausschnitte umändert bzw. es wirklich mit WürfelDiagonalen macht.. Zylinder sind einfach der falsche Ansatz gewesen.
Da ich aber nun die Formel für nen Kreiskegelstump brauch muss ich die Formel auch schnell herleiten -.-"... xD
Dafür stelle man sich den Kreisgeklstumpf vor. Teilt man nun den oberen Umfang in n Teile und den underen Umfang in n Teile, könnte man die Mantelfläche durch die Summe der Oberfläche von n Trapezen berechnen. Wobei die Höhe des Trapezes der geneigten Fläche s (im Tafelwerk bezeichnet) entspricht. (wofür unabhängig von der Einteilung in n Trapeze immer gilt:
s = [mm] \wurzel{(r_1-r_2)^2+h_{Kegelstumpf}^2}
[/mm]
Für ein Trapez gilt:
[mm] A_{Trapez}=s*(\bruch{\bruch{2*\pi*r_1^2}{n}+\bruch{2*\pi*r_2^2}{n}}{2}*h_{Trapez})
[/mm]
dann ist:
[mm] A_O_{Kegelstumpfmantel} [/mm] = n * [mm] A_{Trapez}
[/mm]
da man hier auf keine SUmme zurückgreifen muss, da sich nichts je nach Anzahl von Einteilungen ändert, kann man einfach mit n multiplizieren, wodurch es sich wegkürzt ... :S... eig. ein gutes Beispiel, wie es beim Umfang oder später bei der Kugelfläche hätte sein sollen... Beide schaffe ich jedoch nur als unendliche Reihe zu formulieren :S
Man erhält also für den Kegelstumpf(s ist [mm] h_{Trapez}):
[/mm]
[mm] A_O_{Kegelstumpfmantel} [/mm] = [mm] \pi*(r_1+r_2)*s
[/mm]
Für die Kugel erstellt man nun wie schon bei dem Ansatz mit Zylindern eine unendliche Reihe.
[mm] \summe_{k=1}^{n} \pi*(r_1+r_2)*s
[/mm]
[mm] r_1 [/mm] = [mm] \wurzel{r_{Kugel}^2-(\bruch{r_{Kugel}*(k-1)}{n})^2}
[/mm]
[mm] r_2 [/mm] = [mm] \wurzel{r_{Kugel}^2-(\bruch{r_{Kugel}*k}{n})^2}
[/mm]
wenn man nun s für die obige Formel und in dieser Formel [mm] r_1 [/mm] und [mm] r_2 [/mm] einsetzt, [mm] h_{Kegelstumpf} [/mm] mit [mm] r_{Kugel}/n [/mm] und auch in die obige Summe [mm] r_1 [/mm] und [mm] r_2 [/mm] einsetzt erhält man:
[mm] h_{Kegelstumpf} [/mm] = [mm] r_{Kugel}/n
[/mm]
[mm] \summe_{k=1}^{n} \pi*(\wurzel{r_{Kugel}^2-(\bruch{r_{Kugel}*(k-1)}{n})^2}+\wurzel{r_{Kugel}^2-(\bruch{r_{Kugel}*k}{n})^2})*\wurzel{(\wurzel{r_{Kugel}^2-(\bruch{r_{Kugel}*(k-1)}{n})^2}-\wurzel{r_{Kugel}^2-(\bruch{r_{Kugel}*k}{n})^2})^2+(r_{Kugel}/n)^2}
[/mm]
(die Herleitung von [mm] r_1 [/mm] und [mm] r_2 [/mm] ist analog zu dem beim Umfang, man kann also wieder auf das Bild schauen, wobei ich aber diesmal die summe von k=1 bis n und nicht k=0 bis n-1 gewählt habe, sodass eig. nur eine Änderung bei der Nutzung des Faktors k auftritt (*(k+1) wird *k und *k wird *(k-1).... hab mich leider noch mit keinen 3d-Programm beschäftigt um meine Vorstellungen zu visualisieren)
Hier sind die Rechnungen mit Mathematica als Bild
[Dateianhang nicht öffentlich]
tjoa.. damit hätte ich das Aufstellen der Formel geschafft.
FRAGEN:
Wie kann ich aber den [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} [/mm] dieser Summe ausrechnen? Selbst Mathematica liefert da ein falsches Ergebnis!? Oo.. das liefert 0... das muss merken, dass die Summanden immer kleiner werden, je höher n ist und denkt, dass es dann gegen 0 konvergiert, was es aber nicht macht ... .... :S wäre was für den Support..
Nunja und die 2.Frage... kann man Summen, wo die Glieder gen [mm] \bruch{Summand}{\infty} [/mm] gehen als Integral umschreiben und wenn ja, wie?... theoretisch ist [mm] \bruch{Summand}{\infty} [/mm] ja dasselbe Prinzip, wie das was beim Integral/Differenzial angewendet wird, dort aber d*Summand hieße..
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 2 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:02 Mo 10.08.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
Ich seh erstmal keinen Fehler, aber das ganye ist so umstaendlich, dass ich da nicht sicher bin.
Warum die Kugel nicht durch [mm] r,\theta,phi [/mm] beschreiben?
dann wird das alles viel einfacher: zeichne dir bei irgendeinem Breitenkreis ein kleines "Quadrat auf die Oberflaeche eine Seite auf nem Laengenkreis hat die Laenge [mm] R*d\theta, [/mm] die andere [mm] r*d\phi [/mm] und r= Radius des Breitenkreisees , [mm] r=R*sin\theta. [/mm]
[mm] \theta [/mm] ist der Winkel vom Aequator zum Pol, [mm] \phi [/mm] der um die Breitenkrise rum.
so wie du rechnest, solltst du mit [mm] \Delta [/mm] h rechnen was beim Integrieren dann zu dh wird. [mm] r2-r1=\Delta [/mm] r
dann wird auch das einfacher
Gruss leduart.
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Hallo Maxiantor,
wenn du die Berechnung des Kugelvolumens locker
geschafft hast, gibt es auch die Möglichkeit, aus dem
Ergebnis
$\ [mm] V_{Kugel}\ [/mm] =\ [mm] \bruch{4\,\pi}{3}\,r^3$
[/mm]
die Formel für die Kugeloberfläche herzuleiten.
Stell dir vor, man unterteilt die Kugeloberfläche
in eine grosse Anzahl von winzigen Kugeldreiecken.
Jedes dieser Dreiecke ist zwar noch leicht gekrümmt,
entspricht aber fast einem gewöhnlichen ebenen
Dreieck. Nun wird über jedem dieser Dreiecke eine
Pyramide erstellt, deren Spitze im Kugelmittelpunkt
ist. Wenn du nun die Summe der Volumina aller
dieser Pyramiden betrachtest und dir dann den
Grenzübergang
Anzahl Pyramiden [mm] \to \infty
[/mm]
Grundkantenlängen der einzelnen Pyramiden [mm] \to [/mm] 0
Grundfläche jeder einzelnen Pyramide [mm] \to [/mm] 0
Volumen jeder einzelnen Pyramide [mm] \to [/mm] 0
Volumen aller Pyramiden zusammen [mm] \to [/mm] Kugelvolumen
Grundflächen aller Pyramiden zusammen [mm] \to [/mm] Kugeloberfläche
im Detail klar machst, kommst du recht leicht
zur gesuchten Formel.
LG Al-Chw.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:12 Mi 12.08.2009 | | Autor: | maxiantor |
Danke xD ... Die Idee ist genial und einfach, da verliert man fast die Lust den anderen Ansatz zu Ende zu denken
Herleitung Pyramide:
A(h-x) = [mm] (a-\bruch{a*x}{h})^2
[/mm]
[mm] \integral_{0}^{h}{A(h-x)dx} [/mm] = [mm] \bruch{a^2*h}{3}
[/mm]
V_Pyramide = V_Kugel/ n
A_Grund = [mm] \bruch{3*V_Pyramide}{h}
[/mm]
h = r
[mm] A_O_Kugel [/mm] = A_Grund * n = [mm] \bruch{3*\bruch{4}{3}*\pi*r^3}{r*n}*n [/mm] = [mm] 4*\pi*r^2
[/mm]
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> Danke xD ... Die Idee ist genial und einfach, da verliert
> man fast die Lust den anderen Ansatz zu Ende zu denken
Das Kompliment leite ich gerne an Archimedes weiter,
der diese Idee wohl auch schon hatte.
> Herleitung Pyramide:
> A(h-x) = [mm](a-\bruch{a*x}{h})^2[/mm]
> [mm]\integral_{0}^{h}{A(h-x)dx}[/mm] = [mm]\bruch{a^2*h}{3}[/mm]
>
> V_Pyramide = V_Kugel/ n
> A_Grund = [mm]\bruch{3*V_Pyramide}{h}[/mm]
> h = r
> [mm]A_O_Kugel[/mm] = A_Grund * n =
> [mm]\bruch{3*\bruch{4}{3}*\pi*r^3}{r*n}*n[/mm] = [mm]4*\pi*r^2[/mm]
Für eine korrekte Formulierung des Gedankens in
heutiger Notation müsste man den Grenzwertbegriff
einsetzen, da ja das Volumen einer Pyramide, deren
Spitze im Kugelmittelpunkt und deren übrige Ecken
auf der Kugeloberfläche liegen, stets noch ein bisschen
kleiner als der entsprechende pyramidale Kugelsektor
ist, solange die Grundkanten positive Längen haben.
Erst mit dem Grenzübergang kommt man dann zur
exakten Gleichung
[mm] V_{Kugel}=\bruch{O_{Kugel}*r_{Kugel}}{3}
[/mm]
Sie besagt, dass man die Kugel gewissermassen als
eine "Sphäropyramide" betrachten kann, deren
Grundfläche die Kugeloberfläche, deren "Spitze"
der Kugelmittelpunkt und deren "Höhe" der Kugel-
radius ist.
Die "Spitze" verliert dabei natürlich praktisch
alle Eigenschaften bzw. Assoziationen, die wir
normalerweise mit diesem Begriff verbinden -
z.B. die, dass man sich an einer scharfen Spitze
verletzen könnte ...
Ferner: Die "Mantelfläche" dieses Objekts ist
komplett verschwunden. Die "Oberfläche" ist
gleich der "Grundfläche".
LG Al-Chw.
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