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Flächeninhalt eines Paraboloids mit Integralen

Universität / Fachhochschule

Integration

Tags: Flächeninhalt, Integral, Integration

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13:39 Uhr, 07.11.2015

Hallo!

Ich versuche gerade diese Aufgabe zu lösen:

Berechnen sie den Flächeninhalt des Paraboloids, der durch

z = x ² + y ²

und

z < = 1

gegeben ist.

Bisher habe ich den Flächenzerrungsfaktor

N

berechnet,

Zuerst hatte ich die Idee, Polarkoordinaten zu nutzen. Das bedeutet also:

x = v * c o s (u)

y = v * s i n (u)

und demnach:

z = (v * c o s (u)) ² + (v * s i n (u)) ² = v ²

ist.

Hierzu habe ich die Formel

\sqrt{A ² + B ² + C ²}

benutzt, wobei:

A = ∣ \frac{d (y, z)}{d (u, v)} ∣ = 2 v ² c o s (u)

B = ∣ \frac{d (z, x)}{d (u, v)} ∣ = 2 v ² s i n (u)

C = ∣ \frac{d (x, y)}{d (u, v)} ∣ = - v * s i n ² (u) - v * c o s ² (u) = - v

ist.

Es ergibt sich also ein Flächenzerrungsfaktor

N = \sqrt{4 v^{4} + u ²}

Jetzt bin ich mir aber weder sicher ob das bisherige Ergebnis stimmt, noch bin ich mir sicher wie ich das Integral auszurechnen habe.

Momentan würde ich das so machen:

A = \int_{0}^{2 p i} \int_{0}^{1} \int_{1}^{x ² + y ²} (4 v^{4} + u ²) * r, d z d r d p h i

Ich kenn mich mit LaTex nicht so ganz gut raus, ich hoffe es ist rübergekommen was ich zeigen möchte.

Ich muss allerdings dazusagen, dass ich mir bei dem Integral echt unsicher bin. Zum einen glaube ich kaum, dass ich z und r/phi von den Polarkoordinaten mischen darf, aber ich muss doch irgendwie noch die z-Ebenen auswerten, oder?

Falls mir da jemand helfen kann wäre das klasse.

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Flächenberechnung durch Integrieren
Stammfunktion (Mathematischer Grundbegriff)

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Flächeninhalte
Flächenmessung
Kreis: Umfang und Flächeninhalt
Kreisteile: Berechnungen am Kreis

Zu diesem Thema passende Musteraufgaben einblenden

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19:32 Uhr, 07.11.2015

Hallo,

also das Wort "Flächenzerrungsfaktor" habe ich noch nie gehört und findet sich auch nicht auf Google. Normalerweise nennt man das Konstrukt eher Normalenvektor oder Oberflächenelement.

Ein kosmetischer Fehler ist, dass du die Reihenfolge der Differentialoperatoren vertauscht hast, du integrierst von innen nach außen, also

d r d z d φ

, ansonsten sieht's für mich relativ gut aus.

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00:44 Uhr, 08.11.2015

Danke soweit fürs drüberschauen!

Das kann natürlich auch sein.

Bei uns ist das der Wert, der die Flächeninhaltsdifferenz zwischen der Abbildung auf ein ebenes Viereck und der ursprünglichen Rundung im Körper ausgleicht.

Wieso müsste ich die zwei Werte tauschen? Das innerste Integral ist doch für die 2 z-Ebenen, oder verwchsele ich hier etwas?

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09:12 Uhr, 08.11.2015

In deiner Aufgabe ist

z \in [0, 1]

\Rightarrow \int_{0}^{1} d z

r ist der Radius, dieser ist nach Pythagoras

r = \sqrt{x^{2} + y^{2}}

\Rightarrow \int_{0}^{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} d r

Ich sehe gerade du fängst da bei 1 an, wie kommst du darauf?

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12:48 Uhr, 08.11.2015

Guten Morgen!

Stimmt, bei dem Radius bin ich wohl eine Zeile in eine andere Aufgabe verrutscht. Der ist bei mir definitiv falsch!

Woher bekomme ich denn das

z \in [0, 1]

? Ich dachte, ich kann mir das aus den 2 Gleichungen

z = x ² + y ²

und

z = 1

herleiten.

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13:24 Uhr, 08.11.2015

Oh tut mir Leid, ich hab ziemlichen Mist gebaut, wir berechnen momentan eher ein Zylindervolumen. Ich hab leider gerade keine Zeit das durchzurechnen (später :-) ) aber das Integral ist komplexer als du es aufgeschrieben hast.

Edit:
Du hast angegeben, dass

z \leq 1

, außerdem gilt in dieser Funktion immer

z \geq 0

, daraus folgt

z \in [0, 1]

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13:53 Uhr, 08.11.2015

Nochmal ganz von vorn:

Wir haben hier ein Oberflächenintegral 1. Art (skalare Funktion) zu berechnen.

Da du

z \leq 1

angegeben hast, und in der Funktion immer gilt

z \geq 0

, ist folglich

z \in [0, 1]

, hier der Konvention halber

v

.

Weiter muss der Polarkoordinatenwinkel wie du richtig angegeben hast, einmal komplett um den Kreis laufen, dieser ist also

φ \in [0, 2 π]

, hier der Konvention halber

u

.

So, was jetzt noch fehlt ist unser r. Wenn du dir mal ein Bild von einem Paraboloiden anschaust, sieht man, dass dieses r nach oben zunehmen muss, r ist also von z abhängig (

r (z)

).
Das bedeutet also, für jedes z zwischen 0 und 1 haben wir ein anderes r, sodass wir die Form eines Paraboloiden erhalten. Hätten wir für jedes z dasselbe r, wäre es ein Zylinder.

Das einzige was uns jetzt also noch fehlt, ist ein Ausdruck für

r (z)

:

Aus

z = r^{2} c o s^{2} (φ) + r^{2} s i n^{2} (φ)

folgt

r = \sqrt{z} = \sqrt{v}

Nun los geht's:

\Rightarrow s u r f (P) = \int \int_{\partial P} d σ = \int \int_{(u, v) \in P} ∣ ∣ {\vec{x}}_{u} \times {\vec{x}}_{v} ∣ ∣ d u d v

Parametrisierung mittels Polarkoordinaten:

\partial P = {\vec{x} \in ℝ^{3} : \vec{x} (u, v) = (\sqrt{v} c o s (u), \sqrt{v} s i n (u), v)^{T}, v \in [0, 1], u \in [0, 2 π]}

Kannst du das soweit nachvollziehen? Der nächste Schritt wäre jetzt, den Normalenvektor auszurechnen, ich bin mir nicht ganz sicher was du da für eine Methode angewendet hast, bei mir sieht der etwas anders aus als bei dir.

\Rightarrow N = ∣ ∣ {\vec{x}}_{u} \times {\vec{x}}_{v} ∣ ∣ = \sqrt{v + \frac{1}{4}}

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15:27 Uhr, 08.11.2015

Ich verstehe noch nicht so ganz was bei der Parametrisierung mittels Polarkoordinaten passiert.

Ich verstehe zwar, dass wir jetzt das ausgerechnete

r = \sqrt{z} = \sqrt{v}

sowie das gegebene

u = φ

x, y

und

z

einsetzen, aber ich kann nicht ganz nachvollziehen, warum wir das machen. Mir fehlt noch eine kleine Erklärung was dieser Schritt im ganzen Rechnungsgebilde für eine Funktion erfüllt, dann habe ich es glaube ich verstanden!

Ist das einfach nur notwendig um künstlich ein

u

v

zu schaffen, um diese Rechnung den Formeln nach runterrechnen zu können?

Aber vielen Dank schonmal, das hat mir einiges erklären können!

Nikno aktiv_icon

15:41 Uhr, 08.11.2015

"Künstlich ein u/V zu schaffen" trifft es ganz gut. Wir möchten eine Oberfläche im

ℝ^{3}

berechnen, das bedeutet, wir brauchen ein zweidimensionales Integral (über u, v). Würden wir über

r, φ, z

integrieren, würden wir das Volumen des Paraboloids berechnen.

Du musst es dir so vorstellen, dass wir ja jeweils den Rand eines Kreises berechnen und diesen die z-Achse entlangziehen. Kontinuierlich gesehen ergibt das diesen Paraboloid.

Bei der Oberfläche eines Zylindermantels kann man sich das einfacher vorstellen: Man hält den Radius r fest und integriert über

φ

und z, man hat also einen Ring "nach oben gezogen". Hier war eben die Schwierigkeit darin, dass r fest sein soll, aber trotzdem noch von z abhängt.

Frag mich nicht, wie ich das bei meinem "Drüberschauen" übersehen konnte ;-)

Sossenbinder aktiv_icon

15:58 Uhr, 08.11.2015

Okay, habs verstanden :-)

Muss in das Integral jetzt noch das

r

bzw

\sqrt{v}

aufgrund der Polarkoordinaten mit rein oder kann ich jetzt einfach

\int_{0}^{1} \int_{0}^{2 π} \sqrt{(v + \frac{1}{4})}

berechnen?

Da würde ich Stand jetzt nämlich bei einem seltsamen Wert von

\frac{2 π}{\sqrt{5}} - 8 π

landen

Nikno aktiv_icon

17:40 Uhr, 08.11.2015

Die Funktionaldeterminante

r

brauchst du nicht.

Wie du auf das Ergebnis kommst, kann ich nicht ganz nachvollziehen:

s u r f (P) = \int_{0}^{1} \int_{0}^{2 π} \sqrt{v + \frac{1}{4}} d u d v = \int_{0}^{1} 2 π \sqrt{v + \frac{1}{4}} d v = \frac{π}{6} (5 \sqrt{5} - 1)

Die allgemeine Formel lautet nach Google:

(π / 6) (r / h ²) [(r ² + 4 h ²) 3 / 2 - r ³]

was mit r=h=1 gibt:

\frac{π}{6} \cdot (5^{\frac{3}{2}} - 1) = \frac{π}{6} \cdot (5 \sqrt{5} - 1)

gibt. Also alles korrekt.

Sossenbinder aktiv_icon

20:13 Uhr, 08.11.2015

Okay, das hab ich verstanden.

Ich bedanke mich bis hierhin schonmal, das hat mir echt weitergeholfen!

Ich hätte lediglich noch eine Frage:

Was mache ich, wenn ich zum Beispiel einen Flächeninhalt über dem Einheitskreis

x ² + y ² < = 1

berechnen muss, wobei der Radius fest ist? Was würde sich damit ändern?

Ich nehme an, ich müsste einfach, wenn ich mein

x

und

y

in mein

z

einsetze, mein

r = 1

auch gleich mit einsetzen, und dann nach Schema weitermachen.

ledum aktiv_icon

20:21 Uhr, 08.11.2015

Hallo
für einen Zylinder hast du ja eine andere Normale, (einfacher) es ist aber schon aufwendig. die Fläche eines Rechtecks (aufgeschnittener Zylinder) mit einem Doppelintegral zu bestimmen: wirklich nur, wenn du an was üben willst, wo du das Ergebnis vorher weisst§
Gruß ledum

Sossenbinder aktiv_icon

20:30 Uhr, 08.11.2015

Hi,

ja, das wäre definitiv einfacher, aber ich muss das mit dem Doppelintegral berechnen. Allerdings hänge ich grade irgendwie trotzdem an etwas was einfacher sein sollte als der bisherige Körper.

Ich habe gegeben:

z = \sqrt{1 - x ²}

und

x ² + y ² \leq 1

, wobei zweiteres der Einheitskreis sein soll, über dem ich die Fläche der ersteren Funktion berechnen soll.

Ich habe jetzt mein

r = 1

φ \in [0, 2 π]

und

z \in [0, 1]

.

Nach obigen Schema wäre jetzt wieder

φ = u

, aber was mach ich jetzt mit meinem

v

Nikno aktiv_icon

23:15 Uhr, 08.11.2015

"Was mache ich, wenn ich zum Beispiel einen Flächeninhalt über dem Einheitskreis x²+y²<=1 berechnen muss, wobei der Radius fest ist? Was würde sich damit ändern?"

Also den Flächeninhalt des Einheitskreises berechnest du einfach mit einem Doppelintegral mit

r \in [0, 1], φ \in [0, 2 π] \Rightarrow \int \int d φ d r

, ein spezielles Oberflächenintegral mit Normalenvektor ist dabei nicht notwendig.

Und der Flächeninhalt eines Einheitskreises mit Integration über festen Radius wäre 0, da dies einem Ring entsprechen würde.

Das komplexe Vorgehen in deiner vorigen Aufgabe ist nur notwendig, weil es sich dabei um eine dreidimensionale Funktion handelt, bei der kein Parameter ohne Weiteres fest wählbar ist.

Sossenbinder aktiv_icon

18:34 Uhr, 09.11.2015

Okay.

In das Integral muss jetzt aber noch die Fläche über dem Einheitskreis rein, bis zu der der Flächeinhalt berechnet wird, oder?

Also angenommen, ich hätte z.B.

z = \sqrt{1 - x ²}

über

x ² + y ² \leq 1

, dann müsste ich über

\sqrt{1 - x ²}

integrieren, oder?

Nikno aktiv_icon

20:06 Uhr, 09.11.2015

Genau, wenn du über 1 integrierst hast du den Flächeninhalt des Einheitskreises, wenn du über deine Funktion integrierst diesen spzeiellen Flächeninhalt.

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