Volumen um Y-Achse aus 2 Fkt. < Integr.+Differenz. < Numerik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:25 Mi 24.04.2013 | | Autor: | Phil92 |
Hallo,
ich habe folgende Funktionen gegeben:
Kreisfunktion: [mm] x^{2}+y^{2} [/mm] = 16
und Parabel: y = [mm] \bruch{1}{6}x^{2}
[/mm]
Zwischen diesen beiden Funktionen bildet sich ja eine Fläche. Die Schnittpunkt der beiden Funktionen sind ebenfalls gegeben mit [mm] x_{1}=-2\wurzel{3} [/mm] und [mm] x_{2}=+2\wurzel{3}
[/mm]
Mein Ansatz: Das Volumen der kleineren Funktion (Parabel) von dem Volumen der größeren Funktion (Kreisfunktion) abziehen.
1) Kann ich die Kreisfunktion [mm] x^{2}+y^{2} [/mm] = 16 auch als quadratische Funktion schreiben (um nur den oberen Halbkreis zu betrachten)? Dann hätte ich nämlich den Ausdruck: y = [mm] -\bruch{1}{6}x^{2}+4 [/mm] und könnte diesen nun in die Volumenberechnungsformel einsetzen.
2) Da beide Seiten links und rechts der y-Achse Spiegelsymmetrisch sind, reicht es doch aus, wenn ich mir nur die jeweiligen Integrale von x=0 bis [mm] x=+2\wurzel{3} [/mm] betrachte und die Ergebnisse dann einfach mit 2 multipliziere?
3) Ich habe als Endergebnis (also welches Volumen eingeschlossen wird) = 150,79667 VE raus.
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> Hallo,
>
> ich habe folgende Funktionen gegeben:
>
> Kreisfunktion: [mm]x^{2}+y^{2}[/mm] = 16
> und Parabel: y = [mm]\bruch{1}{6}x^{2}[/mm]
Du solltest besser von zwei Kurven sprechen anstatt
von zwei Funktionen !
> Zwischen diesen beiden Funktionen Kurven bildet sich
> ja eine Fläche. ![[haee]](/images/smileys/haee.gif "[haee]")
Eine ? Ich sehe da zwei verschiedene endlich große
eingeschlossene Flächenstücke ! Eines liegt oberhalb,
das andere unterhalb der Parabel.
Welches war gemeint ?
> Die Schnittpunkt der beiden Funktionen sind
> ebenfalls gegeben mit [mm]x_{1}=-2\wurzel{3}[/mm] und
> [mm]x_{2}=+2\wurzel{3}[/mm]
(dies sind nicht die Schnittpunkte, sondern deren
x-Koordinaten ...)
> Mein Ansatz: Das Volumen der kleineren Funktion (Parabel)
> von dem Volumen der größeren Funktion (Kreisfunktion)
> abziehen.
Wenn du das jetzt so ausdrückst, nehme ich einmal
an, dass es um den Rotationskörper geht, der bei
Drehung des oberen Segments entsteht.
Duch solltest du jetzt vor allem dran denken, dass
bei dieser Aufgabe die Rotation um die y-Achse
erfolgen soll !
> 1) Kann ich die Kreisfunktion [mm]x^{2}+y^{2}[/mm] = 16 auch als
> quadratische Funktion schreiben (um nur den oberen
> Halbkreis zu betrachten)? Dann hätte ich nämlich den
> Ausdruck: y = [mm]-\bruch{1}{6}x^{2}+4[/mm] und könnte diesen nun
> in die Volumenberechnungsformel einsetzen.
>
> 2) Da beide Seiten links und rechts der y-Achse
> Spiegelsymmetrisch sind, reicht es doch aus, wenn ich mir
> nur die jeweiligen Integrale von x=0 bis [mm]x=+2\wurzel{3}[/mm]
> betrachte und die Ergebnisse dann einfach mit 2
> multipliziere?
>
> 3) Ich habe als Endergebnis (also welches Volumen
> eingeschlossen wird) = 150,79667 VE raus.
Da scheint mir noch einiges unklar zu sein.
Gib doch bitte mal genau an, wie du das gesuchte
Volumen durch Integrale darstellst ?
LG , Al-Chwarizmi
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:33 Mi 24.04.2013 | | Autor: | Phil92 |
Danke erst Mal für deine Antwort. Habe die Aufgabe mal hochgeladen:
![[]](/images/popup.gif) [Externes Bild http://thumbs.picr.de/14248192jg.jpg]
Da ich nicht wusste, wie man aus einer Kreisfunktion eine Halbkreisfunktion macht, dachte ich, ich bilde einfach die Scheitelpunktform des oberen Halbkreises, sprich:
[mm] f(x)=a*(x-d)^{2}+e, [/mm] mit d=0 und e=4 folgt: [mm] f(x)=a*x^{2}+4
[/mm]
Das a habe ich errechnet, indem ich einfach einen Punkt auf dem Graphen in die Gleichung eingesetzt habe, z.B. [mm] (2\wurzel{3} [/mm] / 2), sodass: [mm] 2=a*(2\wurzel{3})^{2}+4 [/mm] -> [mm] a=-\bruch{1}{6}.
[/mm]
Also habe ich nun 2 Funktionen:
f(x) = [mm] -\bruch{1}{6}*x^{2}+4
[/mm]
g(x) = [mm] \bruch{1}{6}*x^{2}
[/mm]
Diese kann ich nun jeweils in die Volumenformel um die Y-Achse einsetzen, welche lautet:
[mm] V_{y_{1}}=2*(2*\pi*\integral_{0}^{2\wurzel{3}}{(-\bruch{1}{6}*x^{2}+4)*x dx})
[/mm]
[mm] V_{y_{1}}=226,195 [/mm] VE
und anaolg:
[mm] V_{y_{2}}=2*(2*\pi*\integral_{0}^{2\wurzel{3}}{(\bruch{1}{6}*x^{2})*x dx})
[/mm]
[mm] V_{y_{2}}=75,398 [/mm] VE
Hinweis:
Die "2" ganz am Anfang ergibt sich aus Symmetriegründen. Ich hätte auch die 2 weglassen und dafür aber als untere Grenze [mm] -2\wurzel{3} [/mm] einsetzen können.
Bilde ich nun die Differenz der beiden Volumina, ergibt sich [mm] V_{ges}= [/mm] 150,79667 VE
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:36 Mi 24.04.2013 | | Autor: | Diophant |
Hallo Phil92,
du hast ein Bild im Format der Freeware-Software Paint.NET angehängt. Kannst du bestätigen, dass du es selbst angefertigt hast? Abgesehen davon ist es sehr ungünstig, ein solches Format zu verwenden.
Gruß, Diophant
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Hallo,
> Da ich nicht wusste, wie man aus einer Kreisfunktion eine
> Halbkreisfunktion macht, dachte ich, ich bilde einfach die
> Scheitelpunktform des oberen Halbkreises, sprich:
>
> [mm]f(x)=a*(x-d)^{2}+e,[/mm] mit d=0 und e=4 folgt: [mm]f(x)=a*x^{2}+4[/mm]
>
Hä??? Seit wann gibt es für Halbkreise eine Scheitelform, wo hast du das gelernt?
Löse die Kreisgleichung nach x auf. Ebenso die Parabelgleichung. Was du nämlich bisher völlig missachtet bzw. übersehen hast, ist dass du eine Rotation um die y-Achse hast, da muss man mit den Umkehrfunktionen rechnen!
Gruß, Diophant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:58 Fr 26.04.2013 | | Autor: | Phil92 |
Ich habe die Datei nun auf einem externen Server hochgeladen. Einfach auf den Link klicken:
[Externes Bild http://thumbs.picr.de/14248192jg.jpg]
Mein Problem ist, dass unsere Professorin drei Formeln aufgeschrieben hat.
Normalbereich:
[mm] V_{x}=\pi*\integral_{a}^{b}{f^{2}(x) dx}
[/mm]
[mm] V_{y}=2*\pi*\integral_{a}^{b}{f(x)*x dx}
[/mm]
Quasi-Normalbereich:
[mm] V=\pi*\integral_{a}^{b}{f^{-1}(y) dy} =\pi*\integral_{a}^{b}{x^{2}*|f'(x)| dx}
[/mm]
Ich dachte, ich muss die Formel [mm] V_{y}=2*\pi*\integral_{a}^{b}{f(x)*x dx} [/mm] nehmen, da ich ja um die Y-Achse rotiere (wobei ich mich jetzt frage, was denn dieser "quasi-normalbereich" überhaupt aussagt)...
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> Ich habe die Datei nun auf einem externen Server
> hochgeladen. Einfach auf den Link klicken:
>
> [Externes Bild http://thumbs.picr.de/14248192jg.jpg]
>
> Mein Problem ist, dass unsere Professorin drei Formeln
> aufgeschrieben hat.
>
> Normalbereich:
> [mm]V_{x}=\pi*\integral_{a}^{b}{f^{2}(x)\ dx}[/mm]
>
> [mm]V_{y}=2*\pi*\integral_{a}^{b}{f(x)*x\ dx}[/mm]
>
> Quasi-Normalbereich:
> [mm]V=\pi*\integral_{a}^{b}{f^{-1}(y) dy} =\pi*\integral_{a}^{b}{x^{2}*|f'(x)|\ dx}[/mm]
Da stimmt nicht alles genau. Es sollte besser lauten:
$\ [mm] V_y\ [/mm] =\ [mm] \pi*\integral_{y_a}^{y_b}{\left(f^{-1}(y)\right)^2\ dy}\ [/mm] =\ [mm] \pi*\integral_{x_a}^{x_b}{x^{2}*f'(x)\ dx}$
[/mm]
Anstatt beim Differential einen Betrag reinzuschmuggeln,
würde ich eher vorschlagen, durch die richtige Wahl
der Integrationsgrenzen dafür zu sorgen, dass das
Volumen am Schluss mit dem richtigen Vorzeichen
herauskommt.
> Ich dachte, ich muss die Formel
> [mm]V_{y}=2*\pi*\integral_{a}^{b}{f(x)*x dx}[/mm] nehmen, da ich ja
> um die Y-Achse rotiere (wobei ich mich jetzt frage, was
> denn dieser "quasi-normalbereich" überhaupt aussagt)...
Du kannst diese Formel nehmen und sie zweimal
anwenden (für ein Stück der Parabel und für ein
Stück des Kreises). Pass dabei auf beim richtigen
Einsetzen der Werte für die Grenzen a und b.
Natürlich könntest du auch nach y integrieren
(nach der korrigierten 3. Formel).
Es ist sicher sinnvoll, beide Wege durchzurechnen.
Dann stellst du vielleicht auch fest, ob einer der
Wege angenehmer ist als der andere.
Übrigens: die von der Dozentin hier verwendeten
Ausdrücke "Normalbereich" oder "Quasi-Normalbereich"
sind nicht gebräuchlich und entstammen wohl nur
ihrem privaten Vokabular oder dem eines ihrer
ehemaligen Lehrer ...
LG , Al-Chw.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:21 Sa 27.04.2013 | | Autor: | Phil92 |
Um meine folgenden Rechenschritte zu verstehen, bitte das folgende Bild anschauen:
[Externes Bild http://thumbs.picr.de/14257935ab.jpg]
Ich habe nun zu allererst die Umkehrfunktion des Halbkreises bestimmt:
[mm] y^{2}+x^{2}=16 \Rightarrow y=\pm\wurzel{16-x^{2}}
[/mm]
Da nur der obere Halbkreis relevant ist, nimmt man nur die "positive Wurzel" als Umkehrfunktion an, also [mm] y=+\wurzel{16-x^{2}}
[/mm]
Von dieser Umkehrfunktion bilde ich nun das Volumen um die Y-Achse. Dafür muss ich erst noch die neuen Integrationsgrenzen festlegen. Die "normalen" Grenzen lauten [0 / [mm] 2\wurzel{3}]. [/mm] Daraus folgt:
[mm] y=+\wurzel{16-0^{2}}=4 \Rightarrow y_{b}=4
[/mm]
[mm] y=+\wurzel{16-(2\wurzel{3})^{2}}=2 \Rightarrow y_{a}=2
[/mm]
(Diese neuen Integrationsgrenzen setze ich nachher für [mm] y_{a} [/mm] und [mm] y_{b} [/mm] ein).
[mm] V_{y}=\pi*\integral_{y_{a}}^{y_{b}}{(f^{-1}(y))^{2} dy}
[/mm]
Jetzt setze ich alles in die Volumenformel ein und bekomme:
[mm] V_{y}=\pi*\integral_{2}^{4}{(\wurzel{16-y^{2}})^{2} dy}
[/mm]
Als Lösung des Integrals bekomme ich: 41,877 VE.
Um nun das Volumen der zweiten Funktion zu ermitteln, nutze ich die ganz normale Formel um die X-Achse:
[mm] V_{x}=\pi*\integral_{x_{a}}^{x_{b}}{(f(x))^{2} dx}
[/mm]
mit Zahlen eingesetzt folgt:
[mm] V_{x}=\pi*\integral_{0}^{2*\wurzel{3}}{(\bruch{1}{6}*x^{2})^{2} dx}
[/mm]
Als Lösung bekomme ich nun: 52,237 VE.
Um nun die nächsten Rechenschritte zu verstehen, bitte dieses Bild beachten:
[Externes Bild http://thumbs.picr.de/14257935ab.jpg]
Das Gesamte Volumen, welches von beiden Funktionen eingeschlossen wird, ergibts sich ja zu:
[mm] V_{ges}=41,877+Flaeche [/mm] des blau gestreiften "Zylinders"-52,237
[mm] V_{ges}=41,877+(\pi*(2*\wurzel{3})^{2}*2)-52,237 [/mm]
[mm] V_{ges}=41,877+75,398-52,237
[/mm]
[mm] V_{ges}=65,038 [/mm] VE
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> Um meine folgenden Rechenschritte zu verstehen, bitte das
> folgende Bild anschauen:
>
> [Externes Bild http://thumbs.picr.de/14257935ab.jpg]
>
> Ich habe nun zu allererst die Umkehrfunktion des
> Halbkreises bestimmt:
>
> [mm]y^{2}+x^{2}=16 \Rightarrow y=\pm\wurzel{16-x^{2}}[/mm]
>
> Da nur der obere Halbkreis relevant ist, nimmt man nur die
> "positive Wurzel" als Umkehrfunktion an, also
> [mm]y=+\wurzel{16-x^{2}}[/mm]
>
> Von dieser Umkehrfunktion bilde ich nun das Volumen um die
> Y-Achse. Dafür muss ich erst noch die neuen
> Integrationsgrenzen festlegen. Die "normalen" Grenzen
> lauten [0 / [mm]2\wurzel{3}].[/mm] Daraus folgt:
>
> [mm]y=+\wurzel{16-0^{2}}=4 \Rightarrow y_{b}=4[/mm]
>
> [mm]y=+\wurzel{16-(2\wurzel{3})^{2}}=2 \Rightarrow y_{a}=2[/mm]
>
> (Diese neuen Integrationsgrenzen setze ich nachher für
> [mm]y_{a}[/mm] und [mm]y_{b}[/mm] ein).
>
> [mm]V_{y}=\pi*\integral_{y_{a}}^{y_{b}}{(f^{-1}(y))^{2} dy}[/mm]
>
> Jetzt setze ich alles in die Volumenformel ein und
> bekomme:
>
> [mm]V_{y}=\pi*\integral_{2}^{4}{(\wurzel{16-y^{2}})^{2} dy}[/mm]
>
> Als Lösung des Integrals bekomme ich: 41,877 VE
So weit im Prinzip richtig. Der exakte Wert dieses
teilintegrals wäre [mm] $\frac{40}{3}\,\pi\ \approx\ [/mm] 41.888\ VE$
> Um nun das Volumen der zweiten Funktion zu ermitteln, nutze
> ich die ganz normale Formel um die X-Achse:
... aber auch diese Kurve soll doch um die y-Achse gedreht
werden, nicht um die x-Achse !
> [mm]V_{x}=\pi*\integral_{x_{a}}^{x_{b}}{(f(x))^{2} dx}[/mm]
>
> mit Zahlen eingesetzt folgt:
>
> [mm]V_{x}=\pi*\integral_{0}^{2*\wurzel{3}}{(\bruch{1}{6}*x^{2})^{2} dx}[/mm]
>
> Als Lösung bekomme ich nun: 52,237 VE. ![[kopfschuettel]](/images/smileys/kopfschuettel.gif "[kopfschuettel]")
Das kann ich jetzt überhaupt nicht mehr nachvollziehen !
> Um nun die nächsten Rechenschritte zu verstehen, bitte
> dieses Bild beachten:
>
> [Externes Bild http://thumbs.picr.de/14257935ab.jpg]
>
> Das Gesamte Volumen, welches von beiden Funktionen
> eingeschlossen wird, ergibts sich ja zu:
>
> [mm]V_{ges}=41,877+Flaeche[/mm] des blau gestreiften
> "Zylinders"-52,237
> [mm]V_{ges}=41,877+(\pi*(2*\wurzel{3})^{2}*2)-52,237[/mm]
> [mm]V_{ges}=41,877+75,398-52,237[/mm]
> [mm]V_{ges}=65,038[/mm] VE ![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Die Betrachtung eines solchen Zylinders, wie du dies
hier willst, ist absolut nicht nötig !
Ich gebe dir mal das Schlussergebnis (Gesamtvolumen)
an:
$\ [mm] V_{total}\ [/mm] =\ [mm] \frac{76}{3}*\pi\ \approx\ [/mm] 79.587$
LG , Al-Chw.
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:19 Mo 29.04.2013 | | Autor: | Phil92 |
Ahhh... Wieso ich die 2. Funktion nicht auch um die Y-Achse gedreht habe, bleibt mir ein Rätsel. Muss man natürlich auch machen.
Allerdings bekomme ich dann für [mm] V_{y}=\pi*\integral_{0}^{2}{(\wurzel{6y})^{2} dy} [/mm] = 18,85 VE heraus (also das Volumen von der Funktion [mm] y=\bruch{1}{6}*x^{2} [/mm] von [0 / [mm] 2\wurzel{3}] [/mm] um die Y-Achse rotiert).
Als [mm] V_{ges} [/mm] bekomme ichn nun 41,888 VE - 18,85 VE = 23,038 VE heraus
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> Ahhh... Wieso ich die 2. Funktion nicht auch um die Y-Achse
> gedreht habe, bleibt mir ein Rätsel. Muss man natürlich
> auch machen.
>
> Allerdings bekomme ich dann für
> [mm]V_{y}=\pi*\integral_{0}^{2}{(\wurzel{6y})^{2} dy}[/mm] = 18,85
> VE heraus (also das Volumen von der Funktion
> [mm]y=\bruch{1}{6}*x^{2}[/mm] von [0 / [mm]2\wurzel{3}][/mm] um die Y-Achse
> rotiert).
Warum rechnest du denn das Integral [mm]V_{y}=\pi*\integral_{0}^{2}\,6\,y\ dy[/mm]
nicht einfach exakt so aus, wie es da steht, nämlich
durch Integration mit der Integrationsvariablen y ??
Dann würde vielleicht auch der Rechenfehler nicht
passieren ...
> Als [mm]V_{ges}[/mm] bekomme ichn nun 41,888 VE - 18,85 VE = 23,038
> VE heraus
Warum subtrahierst du da, wo doch eine Addition
erforderlich ist ?
LG , Al-Chw.
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![[]](http://show.picr.de/14248192jg.jpg.html){kind=small}
[Externes Bild http://thumbs.picr.de/14248192jg.jpg]![[]](http://show.picr.de/14257935ab.jpg.html){kind=small}
[Externes Bild http://thumbs.picr.de/14257935ab.jpg]