Integral Volumen Konoid usw

Wissenschaft Mathematik
#1

Liebe Leute!

Ich soll für einen Freund (geht noch zur Schule) mehrere Integralaufgaben lösen. Ich habe soweit die meisten hinbekommen, nur bei 3 fehlt mit der Ansatz, weil das keine Rotationskörper im herkommlichen Sinne sind. Wäre nett, wenn ihr mit da weiterhelfen könntet. Vielen Dank bereits im Voraus, Philipp.

Bsp. 1: Ermittle das Volumen des Konoids! Grundfläche: Rechteck A(2/-1/0), B(2/1/0), C(-2/1/0), D(-2/-1/0), Deckfläche: Kreis M(0/0/2), r=2, a ║ z-Achse

Bsp. 2: Der Drehkegel DK[M(0/0/0), S(0/0/12), r=4] wird mit der zweitprojizierenden Ebene e: y + z = 4 geschnitten. Der obere Teil wird entfernt. Berechne das Volumen des verbleibenden Rest­körpers!
(Ich kann zwar hier das Volumen des Drehkegels berechnen, allerdings weiß ich nicht, wie man den oberen Teil mit der ellitischen Grundfläche dann zum abziehen berechnet.)

Bsp. 3: Die Eckpunkte der gedrehten Parfumflasche haben die Koordinaten A(6/0/0), B(6/6/0), C(0/6/0), D(0/0/0), E(6/0/8), F(6/6/8), G(0/6/8) und H(0/0/8). Berechne das Volumen!
(Hier hätte ich mit gedacht, dass man nur 6²*8 rechnen muss, aber durch die Drehung der Flasche ist das wahrscheinlich nicht so einfach).

Hier noch der Link zu den Bilder der drei Rechnungen:
http://www.directupload.net/file/d/3720/co53kr45_jpg…

Bitte um eure Hilfe, danke, Philipp

#2

Wow, für Schulmathematik (oder auch generell…) scheinen mir das ganz schön knackige Aufgaben zu sein… Da weiß ich leider auch keine Lösung.

Aufgabe 2 würde ich versuchen, mit einem Volumenintegral über dx dy dz zu lösen, wobei die obere Integrationsgrenzen für z von der Ebenengleichung bestimmt wird.

Wenn Aufgabe 3 so gemeint ist, dass die Schnittfläche in jeder Ebene z=const. ein 6×6 Quadrat ist, hast Du nach dem Prinzip von Cavalieri recht.

Schöne Grüße, Manfred

#3

Hallo,

das Volumen des ersten Körpers kannst Du direkt hinschreiben: \frac{1}{2} (2 \cdot 4 + \pi \cdot 2^2) \cdot 2 oder nach Vereinfachung 8 + 4\pi \approx 20.56637. Was dahintersteckt, willst Du selbst herausfinden. Per Integration ist es auch kein Problem. Schneide den Körper gedanklich in infinitesimal dünne Scheiben, die alle parallel zu den beiden Dreiecken liegen, die den Körper vorne und hinten begrenzen. Weil jede Scheibe zwei rechte Winkel hat, ist ihre Fläche (in Abhängigkeit davon, an welcher Position sie sich befindet) leicht angebbar.

Der zweite Körper sieht diffizil aus und ist es wohl auch. Vielleicht gibt es einen mir unbekannten Trick oder ich habe eine clevere Integrationsmöglichkeit übersehen – ansonsten konnte ich für das Volumen nur ein analytisch unlösbares Integral aufstellen (numerisch geht natürlich. Mein CAS spuckt 129.9758… als Ergebnis aus).

Was zum dritten Körper zu sagen ist kannst Du bei meinem Vorredner nachlesen.

Gruß
Martin

#4

Vielen Dank für die Antworten!
Also das erste Beispiel habe ich nun soweit hinbekommen, das zweite scheint doch nicht so einfach zu sein, so dass man es mit schulischer Mathematik lösen könnte, obwohl die Aufgaben der Brg Wörgl sogar online verfügbar sind. Hmmm.
Anscheinend sollen die Quadrate mit Höhe gegen 0 beim dritten Beispiel aber innerhalb der Grenzen des Grund- und Deckquadrates liegen. Aber wieso das so sein soll ist mir nicht ganz klar.

#5

Also das erste Beispiel habe ich nun soweit hinbekommen,

Hoffentlich hast Du den eigentlichen Clou dabei verstanden: Aufgrund der Form der infinitesimalen Scheiben ist die Fläche jeder Scheibe das Produkt aus ihrer Höhe und dem arithmetischen Mittelwert ihrer Breite unten und ihrer Beite oben, und diese besondere Eigenschaft überträgt sich unmittelbar auf das gesamte Integral wegen

\int \frac{f(x) + g(x)}{2} dx = \frac{\int f(x) dx + \int g(x) dx}{2}

(Linearität des Integrals!) Deshalb kann man sich jedwede Integriererei bei diesem Körper schenken: Sein Volumen muss das Produkt aus seiner Höhe (h = 2) und dem arithmetischen Mittel aus der rechteckförmigen Basisfläche (A = 2 · 4) und der kreisförmigen Deckelfläche (A = π · 2²) sein – fertig.

das zweite scheint doch nicht so einfach zu sein, so dass man es mit schulischer
Mathematik lösen könnte

Immerhin kann man für das Volumen des dargestellten Pyramidenteils diesen Ausdruck herleiten:

V = \frac{512}{27} \int_{-1}^1 \frac{\arcsin(k) + k\sqrt{1-k^2} + \frac{\pi}{2}}{(\frac{1}{3} k - 1)^4} :dk

wobei zu einer Funktion solcher Komplexität sicher keine geschlossene Stammfunktion existiert. Ob man die Aufgabe damit als ungelöst betrachten will, oder eine numerische Berechnung des Integrals (mit dem Ergebnis ≈129. 9758) als „Lösung“ akzeptiert, ist Geschmacksache. Keine Ahnung, was der Autor dieser seltsamen Aufgabe sich dabei gedacht haben könnte.

Anscheinend sollen die Quadrate mit Höhe gegen 0 beim dritten Beispiel aber innerhalb der
Grenzen des Grund- und Deckquadrates liegen.

Jetzt wo Du es sagst: Ja, das scheint tatsächlich so zu sein. Betrachte das Foto des Fläschchens nochmal genau, dann erkennst Du es. Einfach nur ein Quadrat konstanter Seitenlänge mit einer Viertelumdrehung in die Höhe zu ziehen, ergäbe ein etwas anders aussehendes Fläschchen; es wäre in der Mitte (um den Faktor √2) dicker. Dem Designer gefiel halt die dem Foto entsprechende Variante besser. Die Rechnung dafür ist nicht schwer (s. u.) und hat mit 2/3 L² H ein nettes Ergebnis.

V = \int_0^H \Big(\Big(\frac{z}{H}\Big)^2 + \Big(1 – \frac{z}{H}\Big)^2\Big) L^2 dz

Gruß
Martin