Rotationsvoluemn < Integralrechnung < Analysis < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:37 Mi 05.04.2006 | | Autor: | Plorel |
| Aufgabe | Die Funktion f(x) = 4 - 5/(e^(2x) + 1) soll im Intervall I= [ -3 ; 4 ] um die erste Winkelhalbierende f(x) = x rotiert werden.
Berechne das Rotationsvolumen. |
Um diese Aufgabe zu lösen wollte ich ein neues x°-y°-Koordinatensystem einführen, dessen x-Achse auf der Winkelhalbierenden liegt.
Der Punkt (0;0) im neuen Koordinatensystem soll gleich dem Punkt (0;0)
im alten Koordinatensystem sein.
Das heißt, der Abstand von der Funktion zur Winkelhalbierenden in Abhängigkeit von x ist
d = [f(x) - x ]/ [mm] \wurzel{2}.
[/mm]
Das heißt, dass Rotationsvolumen ist:
V= [mm] \integral_{x_{1}°}^{x_{2}°}{d^{2}(x°) dx°}
[/mm]
Ist das bis hier her richtig?
Und wenn ja, wie bestimme ich jetzt die Abhängigkeit von x zu x ° ?
Freundliche Grüße
Plorel
- Ich habe diese Frage in keinem anderen Forum gestellt
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Hallo Plorel,
> Die Funktion f(x) = 4 - 5/(e^(2x) + 1) soll im Intervall I=
> [ -3 ; 4 ] um die erste Winkelhalbierende f(x) = x rotiert
> werden.
>
> Berechne das Rotationsvolumen.
das ist mal eine interessante Aufgabe!
du meinst: $f(x) = 4 - [mm] \bruch{5}{e^{2x} + 1}$
[/mm]
Ich habe mal als erstes eine Zeichnung gemacht:
[Dateianhang nicht öffentlich]
>
> Um diese Aufgabe zu lösen, wollte ich ein neues
> x°-y°-Koordinatensystem einführen, dessen x-Achse auf der
> Winkelhalbierenden liegt.
> Der Punkt (0;0) im neuen Koordinatensystem soll gleich dem
> Punkt (0;0)
> im alten Koordinatensystem sein.
> Das heißt, der Abstand von der Funktion zur
> Winkelhalbierenden in Abhängigkeit von x ist
> d = [f(x) - x ]/ [mm]\wurzel{2}.[/mm]
das versteh ich nicht; du musst doch den senkrechten Abstand zur Gerade y=x (blaue Strecke) jeweils berechnen. ![[verwirrt]](/images/smileys/verwirrt.gif "[verwirrt]")
> Das heißt, dass Rotationsvolumen ist:
> V= [mm]\integral_{x_{1}°}^{x_{2}°}{d^{2}(x°) dx°}[/mm]
hier fehlt jedenfalls noch ein Faktor [mm] \pi.
[/mm]
>
> Ist das bis hier her richtig?
Klingt nicht schlecht, scheint mir aber umständlich zu sein.
> Und wenn ja, wie bestimme ich jetzt die Abhängigkeit von x
> zu x ° ?
Dazu habe ich noch keine Idee.
Wer diskutiert hier mit?
Gruß informix
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:40 Mi 05.04.2006 | | Autor: | statler |
Einen lieben Gruß an alle Beteiligten!
Das ist eine echte challenge!
Als erstes sind mal die Integrationsgrenzen gar nicht so klar, da der Graph der Funktion nicht durch (-3|-1) und auch nicht durch (4|4) geht. Die Strichdicke der Zeichnung täuscht da eine nicht vorhandene Genauigkeit vor.
Man kann die Figur natürlich mit den Mitteln der linearen Algebra um 45° rotieren lassen, der Punkt
[mm] \vektor{x \\ y} [/mm]
wird dabei abgebildet auf
[mm] \bruch{1}{2} \wurzel{2} \vektor{x+y \\ -x+y} [/mm]
(alles modulo irgendwelcher Rechen-/Vorzeichenfehler)
Wenn ich für y den Funktionswert einsetze, ist letzteres dann eine Parameterdarstellung der gedrehten Kurve mit x als Parameter.
Und jetzt muß man das nur noch fix in eine konventionelle Darstellung zurückrechnen, da gibt es einen Trick oder das geht mit geschlossenen Formeln nicht. Mein Tip für heute: Dat geiht nich!
Ich gucke Freitag mal wieder rein....
Dieter
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:27 Mi 05.04.2006 | | Autor: | ardik |
Hallo Ihr,
wegen der Intervallgrenzen habe ich stark den Verdacht, dass die Kurve sozusagen "vertikal" um die Winkelhalbierende rotieren soll. Also so, dass die "Rotationskreise" senkrecht zur x-Achse stehen und nicht senkrecht zur Winkelhalbierenden.
Was allerdings IMHO eine recht blöde (zumindest blöd formulierte) Aufgabenstellung wäre.
Aber so wäre diese Intervall-Angabe wirklich eindeutig.
Und dann ist natürlich d = f(x) - x.
Dann kann man ja die Kurve senkrecht auf die x-Achse projizieren und um diese rotieren lassen.
Wär' schon interessant, wie die Aufgabe gemeint ist.
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Aber wenn wir einfach mal davon ausgehen, dass der Abschnitt der Kurve, der im genannten Intervall liegt, um die WH rotieren soll, sann wäre statlers Drehung eine elegante Lösung, finde ich.
Oder man sucht eine Funktion, die für jeden Punkt auf der Kurve dessen Abstand zur Winkelhalbierenden liefert. Gedankenansatz: Die Normale zur WH schneidet diese und die Kurve. Mittel dieser Schnittpunkte lässt sich deren Abstand bestimmen. Könnte mir denken, dass das recht aufwändig ist; aber auch, dass das verblüffend einfach wird...
Hab jetzt nicht die Muße, das durchzuspielen. :-(
Schöne Grüße,
ardik
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:43 Mi 05.04.2006 | | Autor: | leduart |
Hallo ardik.
Ich finde, dass die einzige mögliche Interpretation ist, dass man wirklich um die Winkelhalbierende dreht, also als Radien die blauen Radien in der Zeichng von Informix hat.
Die hast du richtig ausgerechnet. also $2* [mm] r^2(x)=(f(x)-x)^2$
[/mm]
schwieriger ist die ds=Dicke der Scheiben auf der Winkelhalbierenden aus den dx auszurechnen.
Beim Zeichnen sieht man, dass bei festen dx, ds umso größer wird, je steiler die Kurve. Also muss f' her. Mach dir ne Zeichnung mit dx, und ds, nimm dazu ruhig ein Stück lineare Kurve.
Dann find ich [mm] $ds=dx/\wurzel{2}+f'(x)*dx/\wurzel{2}$
[/mm]
Damit hab ich insgesamt :
[mm] $\pi*\integral_{-3}^{4}{r^2(x) ds}$
[/mm]
nun nur noch r(x) und ds einsetzen und fertig
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:31 Do 06.04.2006 | | Autor: | ardik |
> Hallo ardik.
Hi Ihrs,
hallo leduart,
entweder ich bin gerade total verwuschelt, oder hier ist einiges durcheinandergeraten...
[edit: ok, ich war einigermaßen verwuschelt, vielleicht hätte ich mir das Hefeweizen vorher eingießen sollen...]
*grübel*
> Ich finde, dass die einzige mögliche Interpretation ist,
> dass man wirklich um die Winkelhalbierende dreht,
> also als Radien die blauen Radien in der Zeichng von Informix hat.
> Die hast du richtig ausgerechnet. also [mm]2* r^2(x)=(f(x)-x)^2[/mm]
Ja, Plorel hat diese Radien so ausgerechnet.
Aber [mm]f(x)-x[/mm] sind doch gerade die vertikal gemessenen "Abstände" und eben nicht die "blauen Radien", die bei Drehung um die WH relevant sind...
Und diese blauen Radien lassen sich doch keineswegs als "Diagonalen" zu Quadraten auffasen, die sich ergäben, wenn man diese vertikalen Strecken auch horizontal abträgt. Und auch nicht umgekehrt (Radius als Quadratkante aufzufassen mit vertikalem Abstand als Diagonale) ect. Oder?
[edit: ok, wie leduart in seiner Antwort so schön schrieb: Das "oder" ist richtig...
Der Radius und der darunter liegende gleichlange Abschnit auf der WH bilden die Seiten eines Quadrates, dessen Diagonale eben gerade diesen vertikale Abstand bildet.]
> schwieriger ist die ds=Dicke der Scheiben auf der
> Winkelhalbierenden aus den dx auszurechnen.
Äh, das ist doch nun wirklich eher einfach.
> Beim Zeichnen sieht man, dass bei festen dx, ds umso
> größer wird, je steiler die Kurve. Also muss f' her. Mach
Ähm. "Dicke der Scheiben auf der Winkelhalbierenden" also unabhängig von der Kurve und ihrer Steilheit.
Also ganz einfach [mm]ds = \wurzel 2 dx[/mm]
> Damit hab ich insgesamt :
> [mm]\pi*\integral_{-3}^{4}{r^2(x) ds}[/mm]
> nun nur noch r(x) und
> ds einsetzen und fertig
Ja, das seh' ich allerdings auch so.
Fehlt nur immer noch eine nette Formel für r(x), dazu bin ich im Moment immer noch zu faul.
[edit: gut, fehlt nicht  ]
Es grüßt ardik,
der schon ganz wund hinterm Ohr ist vom vielen Kratzen...
(und nach diversen Erkenntnishäppchen schon ein halbes Dutzend mal nacheditiert hat.)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:24 Do 06.04.2006 | | Autor: | leduart |
Hallo Ardik
>
> entweder ich bin gerade total verwuschelt, oder hier ist
> einiges durcheinandergeraten...
bist du wohl!
> *grübel*
>
> > Ich finde, dass die einzige mögliche Interpretation ist,
> > dass man wirklich um die Winkelhalbierende dreht,
> > also als Radien die blauen Radien in der Zeichng von
> Informix hat.
> > Die hast du richtig ausgerechnet. also [mm]2* r^2(x)=(f(x)-x)^2[/mm]
>
> Ja, Plorel hat diese Radien so ausgerechnet.
> Aber [mm]f(x)-x[/mm] sind doch gerade die vertikal gemessenen
> "Abstände" und eben nicht die "blauen Radien", die bei
> Drehung um die WH relevant sind...
f(x)-x ist der vertikale Abstand richtig! Wenn man den auf der Wh normalen Abstand berechnet ergibt sich aber ein 45° rechtw. Dreieck mit einer Seite r, einer dazu senkrechten gleichlangen und damit $ [mm] r^2+r^2=(f(x)-x)^2
[/mm]
> Und diese blauen Radien lassen sich doch keineswegs als
> "Diagonalen" zu Quadraten auffasen, die sich ergäben, wenn
> man diese vertikalen Strecken auch horizontal abträgt. Und
> auch nicht umgekehrt (Radius als Quadratkante aufzufassen
Doch!! Mach ne Zeichnung. Es ist der richtige Radius, der bei (x,f(x)) anfängt und senkrecht auf der Wh steht!
> mit vertikalem Abstand als Diagonale) ect. Oder?
ODER
> > schwieriger ist die ds=Dicke der Scheiben auf der
> > Winkelhalbierenden aus den dx auszurechnen.
>
> Äh, das ist doch nun wirklich eher einfach.
>
> > Beim Zeichnen sieht man, dass bei festen dx, ds umso
> > größer wird, je steiler die Kurve. Also muss f' her. Mach
>
> Ähm. "Dicke der Scheiben auf der Winkelhalbierenden" also
> unabhängig von der Kurve und ihrer Steilheit.
> Also ganz einfach [mm]ds = \wurzel 2 dx[/mm]
falsch! Wenn du unter dx den Abstand x2-x1 verstehst, und unter ds den Abstand der 2 Scheiben die bei (x1,f(x1)) und (x2,f(x2)) losgehen, hängt ds von der Steigung ab.
Ne Zeichnung mit 2 verschiedenen Steigungen zeigt das schnell
>
> > Damit hab ich insgesamt :
> > [mm]\pi*\integral_{-3}^{4}{r^2(x) ds}[/mm]
> > nun nur noch
> r(x) und
> > ds einsetzen und fertig
>
> Ja, das seh' ich allerdings auch so.
> Fehlt nur immer noch eine nette Formel für r(x), dazu bin
> ich im Moment immer noch zu faul.
Aber Porels und meine ist richtig!
Ich hab jetzt auch ganz lieb noch ne Zeichnung gemacht!
[Dateianhang nicht öffentlich]
> Es grüßt ardik,
> der schon ganz wund hinterm Ohr ist vom vielen Kratzen...
Heile Heile Gänsle, wird ja widder gut....
es grüsst leduart
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 02:38 Do 06.04.2006 | | Autor: | ardik |
Hi leduart,
ja, bzgl. der Radien hatte ich Knick in Pupille, oder so...
Habe oben entsprechend nacheditiert.
Bzgl. $ds$ bin ich noch nicht überzeugt, aber vielleicht verwenden wir unterschiedliche Bezüge?
> > > schwieriger ist die ds=Dicke der Scheiben auf der
> > > Winkelhalbierenden aus den dx auszurechnen.
> > > Beim Zeichnen sieht man, dass bei festen dx, ds umso
> > > größer wird, je steiler die Kurve. Also muss f' her.
> >
> > Ähm. "Dicke der Scheiben auf der Winkelhalbierenden" also
> > unabhängig von der Kurve und ihrer Steilheit.
> > Also ganz einfach [mm]ds = \wurzel 2 dx[/mm]
> falsch! Wenn du
> unter dx den Abstand x2-x1 verstehst, und unter ds den
> Abstand der 2 Scheiben die bei (x1,f(x1)) und (x2,f(x2))
> losgehen, hängt ds von der Steigung ab.
Hm. Da wir die Kurve um die WH (die ich mal w(x) nenne) rotieren lassen (und nicht umgekehrt) hätte ich die Scheibenbreite auch auf die WH bezogen, hätte ich also ds als Abstand zwischen (x1, w(x1)) und (x2, w(x2)) angesehen.
Natürlich hängt ds prinzipiell von der Steigung ab, aber da die bei der WH ja konstant 1 ist, also ds die Diagonale zum Steigungsdreieck mit dx=dy, kam ich auf [mm] $ds=\wurzel [/mm] 2 \ dx$.
Ich denke, dass "Dein" ds die "seitliche Kantenlänge" der (im Querschnitt trapezförmigen) Kreisscheiben bezeichnet, "mein" ds hingegen ihre Höhe. "Dein" ds wäre somit für die Bogenlänge der Kurvenabschnittes von Bedeutung.
Herzliche Grüße,
ardik
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:47 Do 06.04.2006 | | Autor: | Plorel |
Vielen Dank erst mal, dass ihr euch um die Aufgabenstellung bemüht habt..
Ich denke, ich kann einiermaßen nachvollziehen, was leduart sagt.
Wie schon gesagt ist der Abstand der Winkelhalbierenden von der kurve d = [mm] \bruch{f(x)-x}{ \wurzel{2}}. [/mm] D.h, mein Rotationsvolumen ist in der Tat
V = [mm] \pi [/mm] * [mm] \integral_{x_{1}°}^{x_{2}°}{d^{2}(x°) dx°}
[/mm]
So wie ich leduart verstanden hab, muss ich bei der Transformation von
x zu x° (entschuldigung für die Verwendung falscher Symbolik)
die Steigung des Graphen mit berücksichtigen um die Integrationsgrenzen
[mm] x_{-3} [/mm] und [mm] x_{4} [/mm] belassen zu können und die Scheibendicke zu berücksichtigen.
Das hieße also:
V = [mm] \pi* \integral_{-3}^{4}{d^{2}(x)* \bruch{f '(x)+1}{ \wurzel{2}}*dx}
[/mm]
Dem entsprechend würde ich ein Rotationsvolumen von V = 53,8*Pi
rausbekommen. Scheint mir ein wenig viel :)
ist das richtig, bzw. könnt ihr mir nochmal erklären, wie ihr genau auf die
abhängigkeit der dicke der scheiben ds von dx über die Steigung kommt?
Schönen Tag mit hoffentlich so schönen Wetter wie bei uns
Greetz
Plorel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:17 Do 06.04.2006 | | Autor: | leduart |
Hallo Plorel
Zu den Zahlen kann ich nichts sagen, weil es mir zu lange dauert all das auszumultipl. und zu integrieren. Macht man ne grobe Näherung mit nem Zylinder sieht es eher nach ·pi*20 aus vielleicht hast du irgend nen faktor 2 vertan?
In der Zeichnung im letzten Artikel hab ich die Herleitung von ds in der Zeichnung ergänzt.
Entgegen ardik, bin ich sicher, dass das das richtige ds ist, wenn man nicht die Funktion drehen will!
Eben hab ich die Formel für die einfachst mögliche Funktion f(x)=2x, die zw. den Punkten x=0 und x=1 (oder a) rotiert. Da kann man das Kegelvolumen leicht elementar ausrechnen und es stimmt mit dem Integral überein!
(Ich hab zuerst den Faktor 2 Im Nenner von [mm] r^{2} [/mm] vergessen, vielleicht ist das ja auch dein Fehler? dann wär dein Wert plausibel Porel)
Gruss leduart
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