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Volumen über Dreifachintegral bestimmen

Universität / Fachhochschule

Integration

Tags: Dreifachintegral, Integration

Thesi aktiv_icon

17:08 Uhr, 16.10.2012

Hallo liebe Community,

ich habe noch ein kleine Problem bzgl. Mehrfachintegralen.

Ich soll den Volumeninhalt des säulenartigen dreidimensionalen Körpers der oberhalb des Rechtecks

D = {(x, y) | - 1 \leq x \leq 1

und

- 2 \leq y \leq 2}

liegt und dessen Dachfläche durch das elliptische Paraboloid

\frac{x^{2}}{4} + \frac{y^{2}}{9} + z = 1 (\Rightarrow z = 1 - \frac{x^{2}}{4} - \frac{y^{2}}{9} = f (x, y))

gegeben ist.

Ich weis jetzt, dass das Volumen über ein Dreifachintegral bestimmt werden kann.

V = \int_{B} f (x, y)

= \int_{x} \int_{y} \int_{z} f (x, y) d z d y d x

So nun ist ja nur noch das Problem herauszufinden was meine jeweiligen Integrationsgrenzen sind.

Nur leider scheitert es daran.

Könnte mir jemand weiterhelfen?

LG
thesi

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

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Kugel (Mathematischer Grundbegriff)
Kegel (Mathematischer Grundbegriff)

Sina86

17:40 Uhr, 16.10.2012

Hi,

wieso 3-fach-Integral, du hast doch nur

x

und

y

... Im Falle einer Funktion

f : ℝ \to ℝ

entspricht ein Integral ja dem Flächeninhalt zwischen dem Graphen und der

x

-Achse. Integriert wird aber nur über

x

. Ebenso entspricht ein Flächenintegral über zwei Variablen dem Volumen unter dem Graphen.

Gruß
Sina

Thesi aktiv_icon

17:50 Uhr, 16.10.2012

Auf das Dreifachintegral bin ich gekommen, da

a)

die Aufgabe unter dem Kapitel "Dreifachintegrale" im Übungsskript steht

b)

ich noch aus techn. Mechanik weis, dass man das Volumen über ein Dreifachintegral berechnet.

Aber wenn ich dich jetzt richtig verstanden habe, dann müsste das Volumen hier über ein Zweifachintegral berechnet werden können?

Also:

\int_{x} \int_{y} (1 - \frac{x^{2}}{4} - \frac{y^{2}}{9}) d y d x

Stimmt das?

Aber dann hab ich immer noch das Problem der Integrationsgrenzen, oder sind das die

- 1 \leq x \leq 1, - 2 \leq y \leq 2

lg
thesi

Sina86

18:49 Uhr, 16.10.2012

Ah, ich sehe das Problem. Zunächst einmal sind die Integrationsgrenzen richtig. Dann kannst du auch das 3-fach Integral verwenden. Um ein Volumen zu erhalten integriert man über die

1

\int_{x} \int_{y} \int_{z} 1 d z d y d x

Nun setzt man die Grenzen ein:

- 1 \leq x \leq 1, - 2 \leq y \leq 2, 0 \leq z \leq f (x, y)

\int_{- 1}^{1} \int_{- 2}^{2} \int_{0}^{f (x, y)} 1 d z d y d x = \int_{- 1}^{1} \int_{- 2}^{2} [z]_{z = 0}^{f (x, y)} d y d x = \int_{- 1}^{1} \int_{- 2}^{2} f (x, y) - 0 d y d x = \int_{- 1}^{1} \int_{- 2}^{2} f (x, y) d y d x

Und dann bist du wieder bei dem Zweifachintegral über die Funktion selber. Es kommt also auf dasselbe raus. Vlt. solltest du mal deinen Tutor/Übungsleiter/Prof fragen, wie genau ihr das aufschreiben sollt.

Gruß
Sina

P.S.: Ah, jetzt wird mir mein Irrtum erst bewusst, dir ist ja eigentlich keine solche Funktion

f

gegeben... sorry! Aber du hast die richtig berechnet:

z = f (x, y) = 1 - \frac{x^{2}}{4} - \frac{y^{2}}{9}

. Ich hoffe ich hab nicht zuviel Verwirrung gestiftet!

Thesi aktiv_icon

20:53 Uhr, 16.10.2012

Ah ok, beim Volumen wird über 1 integriert und

z

läuft dann einfach von 0 bis zur Funktion...

Alles klar, vielen Dank für deine Hilfe :-)

lg
thesi

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