Hyperbel < Integration < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 01:35 Fr 05.08.2016 | | Autor: | rollroll |
Hallo,
gesucht ist der Wert des Integrals [mm] \integral{xy d(x,y)}, [/mm]
wobei
0<xy [mm] \le [/mm] m (m [mm] \in \IN)
[/mm]
0<x<y
[mm] \bruch{k^2}{m} \le \bruch{x}{y}
[/mm]
Ich habe zunächst
[mm] \integral_{0}^{m/y}{xy dx}=\bruch{1}{2}\bruch{m^2}{y}
[/mm]
Die Stammfunktion davon wäre ja [mm] m^2 log(\wurzel{y})
[/mm]
D.h. zu berechnen wäre [mm] \integral_{a}^{b}{\bruch{1}{2}\bruch{m^2}{y} dy}. [/mm]
Allerdings weiß ich nicht, wie jetzt die entsprechenden Grenzen für a und b zu wählen sind...
Habt ihr eine Idee?
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Hallo!
Zunächst ist es sehr wichtig, dir mal einen Überblick über das Integrationsgebiet zu machen. Ich hab das mal getan:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Es wird gefordert, daß
-> $x, y>0$: rechts, oberhalb der roten Linien
-> $y>x$: oberhalb der lilanen Linie
-> [mm] $x*y\leq [/mm] m$: Unterhalb der grünen Linie
-> $ [mm] \bruch{k^2}{m} \le \bruch{x}{y} \Leftrightarrow y\le\frac{m}{k^2}x$: [/mm] Unterhalb der blauen (m=1, k=2) oder cyanfarbenen (m=2, k=1) Linie
Daraus folgen zwei Konsequenzen:
Erstens: nicht für alle Kombinationen von m,k gibt es überhaupt ein Integrationsgebiet.
Zweitens: Wenn, wird das Gebiet von der grünen, lilanen und cynafarbenen Kurve begrenzt. Egal, in welche Richung du zuerst integrierst, wegen der Schnittpunkte mußt du das Integral stets in zwei Teile aufspalten.
Und die Grenzen ergeben sich hier stets durch die Schnittpunkte.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:29 Fr 05.08.2016 | | Autor: | rollroll |
Danke für deine Mühe und deine Antwort!
Wenn ich es richtig verstanden habe, muss ich die Schnittpunkte zwischen
[mm] y=\bruch{m}{x} [/mm] und [mm] y=\bruch{m}{k^2}x [/mm] sowie y=x und [mm] y=\bruch{m}{k} [/mm] ausrechnen oder?
Im ersten Fall wäre das x=k und im zweiten Fall [mm] x=\wurzel{m}
[/mm]
Dann würde ich das Integral ausrechnen durch
[mm] \integral_{0}^{k}{\bruch{m}{k^2}x-x dx}+\integral_{k}^{\wurzel{m}}{\bruch{m}{x}-x dx}=mlog(\bruch{\wurzel{m}}{k})
[/mm]
Stimmt das so?
Die Aufgabe wird dann erweitert auf [mm] \IR^3.
[/mm]
Dann ist [mm] \integral{(xz-y^2) d(x,y,z)}. [/mm]
Mit den Bedingungen [mm] 0
0<x<z
[mm] -\bruch{x}{2}
[mm] \bruch{k^2}{m} \le \bruch{x}{z}
[/mm]
Ich habe versucht so ähnlich dran zu gehen, wie im ersten Aufgabenteil, bin daran aber gescheitert. Scheinbar handelt es sich um ein Hyperboloid. Aber da reicht meine Vorstellungskraft nicht, um die Integrationsgrenzen zu bestimmen...
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Hallo!
> Danke für deine Mühe und deine Antwort!
>
> Wenn ich es richtig verstanden habe, muss ich die
> Schnittpunkte zwischen
> [mm]y=\bruch{m}{x}[/mm] und [mm]y=\bruch{m}{k^2}x[/mm] sowie y=x und
> [mm]y=\bruch{m}{k}[/mm] ausrechnen oder?
> Im ersten Fall wäre das x=k und im zweiten Fall
> [mm]x=\wurzel{m}[/mm]
> Dann würde ich das Integral ausrechnen durch
> [mm]\integral_{0}^{k}{\bruch{m}{k^2}x-x dx}+\integral_{k}^{\wurzel{m}}{\bruch{m}{x}-x dx}=mlog(\bruch{\wurzel{m}}{k})[/mm]
>
> Stimmt das so?
Ja, das sieht gut aus!
>
> Die Aufgabe wird dann erweitert auf [mm]\IR^3.[/mm]
>
> Dann ist [mm]\integral{(xz-y^2) d(x,y,z)}.[/mm]
> Mit den Bedingungen [mm]0
> 0<x<z
> [mm]-\bruch{x}{2}
> [mm]\bruch{k^2}{m} \le \bruch{x}{z}[/mm]
>
> Ich habe versucht so ähnlich dran zu gehen, wie im ersten
> Aufgabenteil, bin daran aber gescheitert. Scheinbar handelt
> es sich um ein Hyperboloid. Aber da reicht meine
> Vorstellungskraft nicht, um die Integrationsgrenzen zu
> bestimmen...
Ja, das funktioniert da auch so, ist aber ungleich schwieriger. Zumal es hier keine Schnittpunkte, sondern Schnittlinien geben kann, die dann auch nicht grade senkrecht zu einer Integrationsrichtung stehen müssen.
Ich würde hier für verschiedene z-Werte den Integrationsbereich parallel zur xy-Ebene berechnen. Dadurch bekommst du Schnitte in verschiedenen Höhen durch das Volumen.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:55 Fr 05.08.2016 | | Autor: | rollroll |
Ok, das hatte ich befürchtet dass das wesentlich schwieriger ist. Kannst du evtl. mal an einem Beispiel erklären was du mit so einer Schnittlinie meinst? Mir ist auch nicht ganz klar was ich dann mit den Schnitten durch das Volumen machen muss..
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Hallo!
In 2D hast du ja Schnittpunkte, an denen du dein Integral evtl. zerlegen musst. In 3D werden aus den Kurven Flächen, und diese schneiden sich entlang von Kurven, entlang derer du das Integral ggf. zerlegen mußt.
Angenommen, du hast einen Würfel:
|x|<1
|y|<1
|z|<1
und dazu eine Ebene:
z<x+y+1
Dadurch wird dem Würfel eine Ecke abgeschnitten, die Schnittline liegt diagonal auf der oberen Fläche des Würfels.
zur Integration mußt du entlang dieser Linie einen senkrechten Schnitt durch den Würfel machen. Für den einen Teil ist die obere Grenze für z eben 1, für die andere x+y+1.
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Hallo!
ich habe aus Neugier mit deinen Grenzen mal rumgespielt, und dabei folgendes Bild bekommen.
Wenn das stimmt, dann ist deine Aufgabe ziemlich schräg.
Erstmal: Der rote, grüne und blaue Pfeil zeigt die x-, y- und z-Achse. Die bilden damit ein Linkssystem statt des üblichen Rechtssystems, aber das ist hier egal.
Außerdem sind alle Flächen nur innerhalb einer Kugel mit Radius 4 gezeichnet.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Nun zu den Grenzen:
$ [mm] 0
Im Bild nicht zu sehen ist, daß diese Objekte nochmal "nach hinten" gespiegelt sind, aber das ist eh egal:
[mm] $0
$ [mm] \bruch{k^2}{m} \le \bruch{x}{z} [/mm] $ wird durch die cyanfarbene Ebene beschrieben, für m=k=2. Hier gilt, daß der Bereich "rechts der Fläche" betrachtet wird.
Wenn man das so weit zusammen fasst, hat man das Integrationsvolumen auf diesen Teil beschränkt, in dem sich der weiße Pixel engeschmuggelt hat.
jetzt noch was blödes:
$ [mm] -\bruch{x}{2}
Aber das beschneidet in keiner Weise das eben angegebene Volumen, und ist daher eigentlich überflüssig.
Wie dem auch sei, es wäre erstmal interessant, ob das Integral über dieses Volumen überhaupt endlich ist / existiert.
und auch hier: Für manche k,m liegt die cyanfarbene Fläche rechts von der lilanen, und dann gibt es nichts zu integrieren.
Wenn doch, dann ist die Integration immernoch sehr... kniffelig.
Zu guter letzt kommt mir grade ein Verdacht: Du schreibst einmal $ [mm] 0
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 11:16 Mo 08.08.2016 | | Autor: | rollroll |
Hallo, danke schon mal für deine Mühe!
Also die Bedingung [mm] 0
Und das Integral soll eben über [mm] xz-y^2 [/mm] berechnet werden.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:42 Mo 08.08.2016 | | Autor: | leduart |
Hallo
es scheint mir besser, du postest mal die genaue Orginalaufgabe, denn so sieht es doch recht unübersichtlich aus.
"es soll" klingt immer nach eigener Interpretation, oft kann die auch falsch sein.
Gruß leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:59 Mo 08.08.2016 | | Autor: | rollroll |
Hallo noch mal Event_Horizon,
als Ergebnis soll übrigens [mm] \bruch{4}{3}m^{3/2}(\bruch{\pi}{6}-arcsin(\bruch{k}{2\wurzel{m}}) [/mm] heraus kommen.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:49 Di 09.08.2016 | | Autor: | leduart |
Hallo
bitte unbedingt die Orginalaufgabe, es gibt die Aufgabe hier im forum mit verschiedenen texten.
i,A. hat man ein gebiet dessen Volumen man berechnen will, oder man hat eine _funktion, die man innerhalb eines Gebietes integrieren will.
was ist hier der Fall ?
Gruß leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:20 Mi 10.08.2016 | | Autor: | rollroll |
Naja, durch [mm] xz-y^2=m [/mm] ist ja ein Hyperboloid gegeben. Jedenfalls geht es um die Berechnung des Integrals
[mm] \integral{xz-y^2 d(x,y,z)}
[/mm]
unter den Bedingungen
[mm] 0
0<x<z
-x<2y<x
[mm] \bruch{k^2}{m} \le \bruch{x}{z}
[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:07 Mi 10.08.2016 | | Autor: | leduart |
Hallo
was ist über k und m bekannt? k=m=1 etwa dann steht da x<z und z<x?
und wieder "es geht um" statt die Orginalaufgabe?
Gruß leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:19 Mi 10.08.2016 | | Autor: | rollroll |
Da ist die Originalaufgabe. Ja, scheinbar benötigt man eine Fallunterscheidung
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Hallo!
OK, wenn die Aufgabe denn wirklich so heißt....
Ich hab aus meiner Zeichnung mal was weggeschnitten, so daß man insbesondere den Schnitt durch die xz-Ebene sieht. Das Integrationsvolumen wird durch die beiden gelben Pfeile gezeigt.
Grundsätzlich kannst du x nun von 0 bis [mm] \infty [/mm] laufen lassen. Für jeden x-Wert liegen die z-Werte dann zwischen zwei Werten, die durch die cyanfarbene und lilane Ebene, bzw. den zugehörigen Gleichungen gegeben sind.
Und der y-Wert? Naja, da gibt es zwei Möglichkeiten.
1.
Wandert man von unten nach oben entlang fester xz-Werte durch den Raum (graue Graden), stößt man als erstes auf die untere, rote Zylinderfläche, das ist die untere Integrationsgrenze für y. Danach stößt man z.B. in der Nähe des Ursprungs auf die obere Zylinderfläche (nicht im Bild zu sehen), das ist dann die obere Grenze.
2.
Oder man stößt zunächst auf die grüne Hyperbelfläche, gelangt dadurch aus dem Integrationsgebiet heraus, um dann weiter oben nochmal durch die grüne, und dann wieder durch die rote Fläche zu stoßen. Hier bekommt man also zwei Integrationsintervalle.
Und da schließt sich der Kreis zur ersten Aufgabe:
Dort solltest du die Fläche zwischen der cyanfarbenen, lilanen und grünen Linie (in meiner 2D-Zeichnung) bestimmen, bzw. erstmal die Integrationsgrenzen finden. Diese Parametrisierung kannst du hier für den ersten Fall mehr oder weniger übernehmen. Für den zweiten Fall solltest du dich mal fragen, wie du bei der ersten Aufgabe die nach rechts oben offene Fläche, die von der grünen, cyanfarbenen und lilanen Kurve begrenzt wird, parametrisierst.
Naja, es ist und bleibt kniffelig.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:40 Mi 10.08.2016 | | Autor: | rollroll |
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:56 Mi 10.08.2016 | | Autor: | leduart |
> Naja, durch [mm]xz-y^2=m[/mm] ist ja ein Hyperboloid gegeben.
> Jedenfalls geht es um die Berechnung des Integrals
>
> [mm]\integral{xz-y^2 d(x,y,z)}[/mm]
>
> unter den Bedingungen
> [mm]0
> 0<x<z
> -x<2y<x
> [mm]\bruch{k^2}{m} \le \bruch{x}{z}[/mm]
Mit na ja fängt sicher keine Übungsaufgabe an.
Gruß ledum
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:20 Mi 10.08.2016 | | Autor: | rollroll |
Ob du es nun glauben willst oder nicht, es ist die Aufgabenstellung. Wenn du keinen Lösungsansatz für sie hast, ist das ja kein Problem. Aber du kannst es mir ruhig glauben.
Gruß
rollroll
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Vielleicht gibt es ja einen genialen Trick, um diese Aufgabe zu lösen. Immerhin ist es mir gelungen, die Sache etwas übersichtlicher zu gestalten. Ich wähle speziell [mm]m=9[/mm] und [mm]k=2[/mm], um mich nicht in den vielen Variablen zu verirren. Die Verallgemeinerung bleibt dann dir überlassen.
Der Integrationsbereich [mm]A[/mm] in den Koordinaten [mm]x,y,z[/mm] wird durch die folgenden Ungleichungen beschrieben:
[mm]\text{(1)} \ \ 0 < xz - y^2 \leq 9[/mm]
[mm]\text{(2)} \ \ 0 < x < z[/mm]
[mm]\text{(3)} \ \ -x < 2y < x[/mm]
[mm]\text{(4)} \ \ z \leq \frac{9}{4} x[/mm]
Ich führe jetzt neue Variablen [mm]u,v,w[/mm] ein gemäß
[mm]x = u \, , \ \ y = v \, , \ \ z = \frac{w+v^2}{u}[/mm]
(Die Umkehrabbildung ist gegeben durch [mm]u = x \, , \ \ v = y \, , \ \ w = xz - y^2[/mm].)
Dabei geht der [mm](x,y,z)[/mm]-Bereich [mm]A[/mm] in den [mm](u,v,w)[/mm]-Bereich [mm]A^{\*}[/mm] über gemäß
[mm]\text{(1)}^{\*} \ \ 0 < w \leq 9[/mm]
[mm]\text{(2)}^{\*} \ \ 0 < u \, , \ \ u^2 - v^2 < w[/mm]
[mm]\text{(3)}^{\*} \ \ -u < 2v < u[/mm]
[mm]\text{(4)}^{\*} \ \ \frac{9}{4} u^2 - v^2 \geq w^2[/mm]
Die Funktionaldeterminante der Substitution berechnet sich zu
[mm]\begin{vmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ * & * & \frac{1}{u} \end{vmatrix} = \frac{1}{u}[/mm]
Somit gilt:
[mm]I = \int_A \left( xy - z^2 \right) ~ \mathrm{d}(x,y,z) \ = \ \int_{A^{\*}} \frac{w}{u} ~ \mathrm{d}(u,v,w)[/mm]
Wenn man außen gemäß [mm]\text{(1)}^{\*}[/mm] mit der Integration über [mm]w[/mm] beginnt, dann beschreiben [mm]\text{(2)}^{\*}[/mm] und [mm]\text{(4)}^{\*}[/mm] in der [mm]uv[/mm]-Ebene Hyperbelbereiche, abhängig vom Parameter [mm]w[/mm]. Durch [mm]\text{(3)}^{\*}[/mm] werden Geradenbereiche angegeben. Substituiert man in den Ungleichungen [mm]v[/mm] durch [mm]-v[/mm], so gehen diese in sich über. Der Integrand ist aber von [mm]v[/mm] unabhängig. Daher kann man sich auf [mm]v \geq 0[/mm] beschränken, wenn man den Integralwert verdoppelt:
[mm]I = 2 \int \limits_0^9 w \int \limits_{B(w)} \frac{1}{u} ~ \mathrm{d}(u,v) ~ \mathrm{d}w[/mm]
[mm]B(w)[/mm] ist der durch die Ungleichungen [mm]\text{(2)}^{\*}, \text{(3)}^{\*}, \text{(4)}^{\*}[/mm] und zusätzlich [mm]v \geq 0[/mm] beschriebene Bereich der [mm]uv[/mm]-Ebene.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Zur Berechnung des inneren Integrals verwenden wir den Satz von Stokes (Green). Für die Differentialform
[mm]\omega = - \frac{v}{u} ~ \mathrm{d}u[/mm]
in den Variabeln [mm]u,v[/mm] gilt:
[mm]\mathrm{d} \omega = \frac{1}{u} ~ \mathrm{d}u \wedge \mathrm{d}v[/mm]
Man kann daher das Bereichsintegral durch ein Kurvenintegral ersetzen:
[mm]\int \limits_{B(w)} \frac{1}{u} ~ \mathrm{d}(u,v) \ = \ \int \limits_{\partial B(w)} - \frac{v}{u} ~ \mathrm{d}u[/mm]
Der Rand [mm]\partial B(w)[/mm] setzt sich aus den vier Wegen [mm]\gamma_1, \gamma_2, \gamma_3, \gamma_4[/mm] zusammen (siehe Zeichnung). Auf [mm]\gamma_1[/mm] ist [mm]v=0[/mm], also auch [mm]- \frac{v}{u} ~ \mathrm{d}u[/mm]. Die restlichen drei Wege werden folgendermaßen parametrisiert:
[mm]\gamma_2: \ \ v = t \, , \ \ u = \sqrt{t^2 + w} \, ; \ \ t \in \left[ 0 , \sqrt{\frac{w}{3}} \right][/mm]
[mm]\gamma_3: \ \ u = t \, , \ \ v = \frac{t}{2} \, ; \ \ t \in \left[ \sqrt{\frac{w}{2}} , 2 \sqrt{\frac{w}{3}} \right][/mm] (Vorzeichenumkehrung erforderlich)
[mm]\gamma_4: \ \ v = t \, , \ \ u = \frac{2}{3} \sqrt{t^2 + w} \, ; \ \ t \in \left[ 0 , \frac{1}{2} \sqrt{\frac{w}{2}} \right][/mm] (Vorzeichenumkehrung erforderlich)
Jetzt die Integrale:
[mm]\int_{\gamma_1} - \frac{v}{u} ~ \mathrm{d}u \ = \ \int \limits_0^{\sqrt{\frac{w}{3}}} - \frac{t}{\sqrt{t^2+w}} \cdot \frac{t}{\sqrt{t^2+w}} ~ \mathrm{d}t \ = \ \int \limits_0^{\sqrt{\frac{w}{3}}} - \frac{t^2}{t^2+w} ~ \mathrm{d}t[/mm]
Ganz analog geht es mit [mm]\gamma_4[/mm] (der Faktor [mm]\frac{2}{3}[/mm] kürzt sich im Laufe der Rechnung):
[mm]\int_{\gamma_4} - \frac{v}{u} ~ \mathrm{d}u \ = \ \ldots \ = \ - \int \limits_0^{\frac{1}{2} \sqrt{\frac{1}{2}}} - \frac{t^2}{t^2+w} ~ \mathrm{d}t[/mm]
Beide Integrale zusammen ergeben:
[mm]\int \limits_{\sqrt{\frac{w}{3}}}^{\frac{1}{2} \sqrt{\frac{w}{2}}} \frac{t^2}{t^2 + w} ~ \mathrm{d}t[/mm]
(Und hier kommt man mit [mm]\frac{t^2}{t^2+w} = 1 - \frac{w}{t^2+w}[/mm] und der Substitution [mm]t = \sqrt{w} \cdot s[/mm] weiter.)
Für das Integral über [mm]\gamma_3[/mm] ergibt sich:
[mm]\int_{\gamma_3} - \frac{v}{u} ~ \mathrm{d}u \ = \ - \int \limits_{\sqrt{\frac{w}{2}}}^{2 \sqrt{\frac{w}{3}}} - \frac{\frac{t}{2}}{t} ~ \mathrm{d}t = \frac{1}{2} \int \limits_{\sqrt{\frac{w}{2}}}^{2 \sqrt{\frac{w}{3}}} \mathrm{d}t[/mm]
Fügt man alles zusammen, so erhält man
[mm]I = 2 \int \limits_0^9 w \left( \int \limits_{\sqrt{\frac{w}{3}}}^{\frac{1}{2} \sqrt{\frac{w}{2}}} \frac{t^2}{t^2+w} ~ \mathrm{d}t \ + \ \frac{1}{2} \int \limits_{\sqrt{\frac{w}{2}}}^{2 \sqrt{\frac{w}{3}}} \mathrm{d}t \right) ~ \mathrm{d}w \ = \ \ldots \ = \ \frac{162}{5} \left( \pi - 6 \arctan \left( \frac{\sqrt{2}}{4} \right) \right) \ \approx \ 35{,}723[/mm]
Leider stimmt das nicht mit dem von dir angegebenen Ergebnis überein. Denn [mm]\frac{4}{3} m^{\frac{3}{2}} \left( \frac{\pi}{6} - \arcsin \left( \frac{k}{2 \sqrt{m}} \right) \right)[/mm] liefert für [mm]m=9[/mm] und [mm]k=2[/mm] ungefähr [mm]6{,}615[/mm]. Vielleicht ist mir unterwegs ein Faktor verloren gegangen. Oder deine Lösungsangabe stimmt nicht ...
Nachtrag 1:
Ich habe die Sache einmal allgemein durchgerechnet und mit dem oben beschriebenen Verfahren für [mm]k,m >0[/mm] mit [mm]m \geq k^2[/mm] Folgendes erhalten:
[mm]I = \int_A \left( xz - y^2 \right) ~ \mathrm{d}(x,y,z) \ = \ \frac{2}{15} m^{\frac{5}{2}} \cdot \left( \pi - 6 \arctan \left( \frac{k}{\sqrt{4m - k^2}} \right) \right)[/mm]
Der Widerspruch zu der von dir angegebenen Formel bleibt bestehen.
Nachtrag 2:
Jetzt wird mir die Sache klar. Dein Term [mm]\frac{4}{3} m^{\frac{3}{2}} \left( \frac{\pi}{6} - \arcsin \left( \frac{k}{2 \sqrt{m}} \right) \right)[/mm] liefert entgegen deinen Beteuerungen nicht das Integral über [mm]\left( xz - y^2 \right) ~ \mathrm{d}(x,y,z)[/mm], sondern über [mm]\mathrm{d}(x,y,z)[/mm], mithin das Volumen [mm]V[/mm] des Bereichs [mm]A[/mm]:
[mm]V = \frac{4}{3} m^{\frac{3}{2}} \left( \frac{\pi}{6} - \arcsin \left( \frac{k}{2 \sqrt{m}} \right) \right)[/mm]
Mit dem von mir oben beschriebenen Verfahren geht die Rechnung analog. Statt
[mm]I = \int_{A^{\*}} \frac{w}{u} ~ \mathrm{d}(u,v,w)[/mm]
hat man
[mm]V = \int_{A^{\*}} \frac{1}{u} ~ \mathrm{d}(u,v,w)[/mm]
zu rechnen. Es läuft darauf hinaus, daß insgesamt der Faktor [mm]w[/mm] fehlt, kurz vor dem Ende der Rechnung also unterm Integral statt [mm]w^{\frac{3}{2}}[/mm] nur noch [mm]w^{\frac{1}{2}}[/mm] übrig bleibt. Ich habe erhalten:
[mm]V = \frac{2}{9} m^{\frac{3}{2}} \left( \pi - 6 \arctan \left( \frac{k}{\sqrt{4m - k^2}} \right) \right)[/mm]
Und das scheint dasselbe zu sein wie [mm]V[/mm] oben.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: gif) [nicht öffentlich]
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