Volumen eines Würfels über mehrdimensionales Integral berechnen?

[Lara (Gast)]

Hey Leute,

ich habe in meinem Studium das Thema Volumenintegrale gehabt aber 
irgendwie zum Teil übersprungen und zum Teil vergessen.

Mich würde aber interessieren, wie das nochmal ging.

Daher mal eine Frage. Ein Würfel mit den Kantenlängen 2 hat das Volumen 
V=2*2*2=8.

Kann ich das auch irgendwie über Integralrechnung (sprich 3 Integrale) 
bestimmen?

Lg, Lara

[D. I. (Gast)]

Ja:

hbl
|||1 dxdydz  = l x b x h
000

[Robert P. (robert-p)]

Hallo,
wenn man ein Rechteck nimmt (Seitenlänge a,b,c)

S(z<x<y) soll mal das Integral in den Grenzen z bis y darstellen.

V = S(0<a<2)S(0<b<2)S(0<c<2)da*db*dc

Jetzt von inne nach außen intigrieren.

Wenn ich nichts vergessen habe, sollte da 8 rauskommen. :D

[Εrnst B. (ernst)]

dafür gibts doch "[ math ]":

$$\int^2_0 \int^2_0 \int^2_0 1 dx dy dz$$

[Paul B. (paul_baumann)]

Nur aus Interesse: Warum schindet man sich mit Integralrechnung, wenn es
so wie hier auch einfach geht?

MfG Paul

[Arsch G. (arschgwaf)]

Weil vermutlich der Würfel nur ein Beispiel war und es bei komplexeren 
Formen halt nicht einfacher geht ;)

[dsa d. (lara84)]

Εrnst B✶ schrieb:
> dafür gibts doch "[ math ]":
>
>

$$> \int^2_0 \int^2_0 \int^2_0 1 dx dy dz >$$

Und genau das versteh ich nicht.

Warum nicht

$$\int^2_0 \int^2_0 \int^2_0 2*2*2 dx dy dz$$

?

Wenn man z.B. die Oberfläche von einem Quadrat mit der Kantenlänge "2" 
haben will, integriert man ja auch folgendermaßen:

$$\int^2_0 2 dx dy dz$$

und nicht

$$\int^2_0 1 dx dy dz$$

.

Lg Lara

[F. J. (flippinger)]

Du integrierst den Würfel ja nicht über eine Bestimmte Funktion abhängig 
von x,y,z sondern über 1.

Die Abmessungen des Würfels bestimmen lediglich dich 
Integrationsgrenzen.

Die 2*2*2 innerhalb des Integrals kannst doch doch sowieso 
zusammenfassen zu 8, hat aber mit dem Sinn der Aufgabe nichts mehr zu 
tun.
Genauso könntest du das Integral über x^2 bilden. Bekommst dann aber was 
ganz anderes heraus...

[F. J. (flippinger)]

*die

**du

Bei mir schleichen sich in letzter Zeit immer mehr Tippfehler ein, 
sorry.

[Karl H. (kbuchegg)]

dsa dsadsa schrieb:
> Εrnst B✶ schrieb:
>> dafür gibts doch "[ math ]":
>>
>>

$$>> \int^2_0 \int^2_0 \int^2_0 1 dx dy dz >>$$

>
> Und genau das versteh ich nicht.
>
> Warum nicht
>
>

$$> \int^2_0 \int^2_0 \int^2_0 2*2*2 dx dy dz >$$

>
> ?

Weil die 1 im Integral eine Funktion ist, die eine Aussage darüber 
liefert, ob ein bestimmter Punkt in den betrachteten Grenzen überhaupt 
zum Volumen gehört oder nicht. Wenn man so will 'eine Dichtefunktion'.

Und in deinem soliden Würfel gehört nun mal jeder Punkt in den 
betrachteten Grenzen zum Würfel. Daher ist die Funktion, die angibt, 
welche Punkte eigentlich zum Volumen gehören eine konstante Funktion: 1

Du könntest zb anstelle der 1 dir eine Funktion ausdenken, wie sich die 
Dichte des Materials abhängig von x/y/z innerhalb des Würfels verändert. 
Das Volumsintegral sagt dir dann, wie schwer so ein Würfel wäre.

[Karl H. (kbuchegg)]

dsa dsadsa schrieb:

> Wenn man z.B. die Oberfläche von einem Quadrat mit der Kantenlänge "2"
> haben will, integriert man ja auch folgendermaßen:
>
>

$$> \int^2_0 2 dx dy dz >$$

Nö

Du integrierst

$$\int^2_0 2 dx$$

also nur nach dx. Hier hast du ausgenutzt, dass du aufgrund der 
Eigenschaft "Quadrat" weißt, dass der Funktionswert, wie y von x 
abhängt, immer 2 ist. Aber im Allgemeinen Fall müsstest du integrieren

$$\int^2_0 f(x) dx$$

[Jonny O. (-geo-)]

Zur Fläche des Quadrates:
Mit einem Integral ermittelst du die Fläche unter einer Kurve. Die 
"Kurve" ist in diesem Fall ein konstanter Wert bei 2 und du integrierst 
von x= 0 bis x = 2.

[Timm T. (Gast)]

Korrekterweise müsstest Du für das Quadrat zweimal integrieren von 0 bis 
2 mit 1dxdy.

Dann bekommst Du das richtige Ergebnis, egal wo das Quadrat in der 
Fläche liegt, also auch (-1,-1) bis (1,1) oder von (3,8) bis (5,10).

Integral von 0 bis zwei mit 2dx ist nur ein Spezialfall.

[Nik B. (nikbamert)]

Die "Abbildung" für den Würfel, wenn man denn so will, ist von R3 nach 
R3, eine Koordinatentransformation findet nicht statt.

In anderen Worten, für besagten Würfel:

(hätte hier Latex einfügen wollen, aber das Forum gibt error aus, daher 
im Anhang
als Bild)

Findet eine Koordinatentransformation statt(z.B. von kartesisch nach 
polar) dann wird auch nicht mehr über 1dxdydz integriert, sondern über 
die Funktionaldeterminante der jeweiligen Koordinatentransformation.
http://de.wikipedia.org/wiki/Funktionaldeterminante

[Lara A. (lara-84)]

Danke für die zahlreichen Antworten.

Besonders die hier finde ich interessant:

Timm Thaler schrieb:
> Korrekterweise müsstest Du für das Quadrat zweimal integrieren von 0 bis
> 2 mit 1dxdy.
>
> Dann bekommst Du das richtige Ergebnis, egal wo das Quadrat in der
> Fläche liegt, also auch (-1,-1) bis (1,1) oder von (3,8) bis (5,10).
>
> Integral von 0 bis zwei mit 2dx ist nur ein Spezialfall.

Das war nämlich immer meine Vermutung, dass man im zweidimensionalen 
Raum eigentlich 2x integrieren müsste.

Allerdings wirft diese Feststellung große Teile meines Integralwissen 
durcheinander.

Ich würde es gerne anhand eines anderen Beispiels herausfinden, und zwar 
anhand eines Kegels.

Bei Wiki ist das Volumen über ein Integral bestimmt worden, aber wie 
würde es über 3 gehen?

Lg, Lara

[F. J. (flippinger)]

Dazu Transformierst du am Besten die Koordinaten. Hierfür würde ich 
Zylinderkoordinaten nehmen.

(Vielleicht versuchst du dich erstmal an einem Zylinder um das Prinzip 
zu verstehen.)


Kegel:

Du machst ein dreifaches Integral in R, phi und h Richtung.
Grenzen für die Höhe: 0 bis h
Grenzen für Winkel: 0 bis 2pi
Grenzen für Radius:
Beim Kegel benutzt du als Grenze für den Radius eine Funktion in 
abhängig von der Höhe.

[Lara A. (lara-84)]

Okay, das ist komplizierter als ich dachte, daher nehme ich erstmal 
einen Zylinder.

Angenommen ich hab einen Zylinder mit Durchmesser 4 und Länge 10.

Wie würde dann die Formel lauten?

Warum muss ich noch in ein anderes Koordinatensystem transformieren? 
Wegen dem 2 Pi?


Lg, Lara

[Yalu X. (yalu) (Moderator)]

Kartesisch, wenn der Kegel kopfüber mit der Spitze im Koordinaten-
ursprung steht:

$$V= \int\limits_0^h \int\limits_{-zr/h}^{+zr/h}\ \int\limits_{-\sqrt{(zr/h)^2-y^2}} ^{+\sqrt{(zr/h)^2-y^2}} \,\mathrm dx \,\mathrm dy \,\mathrm dz =\frac 13r^2\pi h$$

F. J. schrieb:
> Du machst ein dreifaches Integral in R, phi und h Richtung.

Das liest sich einfacher als es ist. Schreib das mal als Formel auf ;-)

[Yalu X. (yalu) (Moderator)]

Zylinder:

$$V= \int\limits_0^h \int\limits_{-r}^{+r}\ \int\limits_{-\sqrt{r^2-y^2}} ^{+\sqrt{r^2-y^2}} \,\mathrm dx \,\mathrm dy \,\mathrm dz =r^2\pi h$$

[Lara A. (lara-84)]

Wie kommst du auf die Grenzen des dritten Integrals?

[Yalu X. (yalu) (Moderator)]

Lara A. schrieb:
> Wie kommst du auf die Grenzen des dritten Integrals?

Für einen Punkt (x,y) auf dem Kreisumfang gilt nach dem Satz des
Pythagoras x² + y² = r². Eine zur x-Achse im Abstand y parallel
verlaufende Kreissehne beginnt also bei x=-sqrt(r²-y²) und endet bei
x=+sqrt(r²-y²). Über diese Sehne wird im innersten Integral integriert.

[Daniel R. (daniel_r)]

Prima, dass Yalu während ich meinen Beitrag verfasst habe, die 
Integration in kartesischen Koordinaten gepostet hat.

Jetzt siehst Du den Sinn der Koordinatentransformation. Sie vereinfacht 
die Rechnung. Bei komplizierteren Geometrien kommt es noch deutlicher 
zum Ausdruck...

Die Koordinatentransformation erfolgt so, dass Du die kartesischen 
Koordinaten durch die Koordinaten des neuen Koordinatensystems 
ausdrücken musst. Im Integral spiegelt sich das durch einen zusätzlichen 
Faktor, die Funktionaldeterminante oder Jacobideterminante, wider.

Die erhältst Du, indem Du die Transformationsgleichungen nach allen 
Variablen differenzierst, in eine Matrix einträgst und die Determinante 
davon berechnest:

$$\det\frac{\partial(x,y,z)}{\partial(r,\varphi,h)}=\begin{vmatrix}\cos\varphi & -r\sin\varphi & 0\\ \sin\varphi & r\cos\varphi & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix}=r$$

Dafür gibt es übrigens Tabellen für die gängigen Geometrien.

D.h. Dein Integral sieht so aus:

$$V=\int\limits _{0}^{H}\int\limits _{0}^{2\pi}\int\limits _{0}^{R}r\cdot\mathrm{dr}\,\mathrm{d\varphi}\,\mathrm{dh}=R^{2}\cdot\pi\cdot H$$

Diese Formel sollte Dir nun bekannt vorkommen. Die Zahlen darfst Du 
selbst noch einsetzen ;)

Beste Grüsse,
Daniel

[Timm T. (Gast)]

Lara A. schrieb:
> Das war nämlich immer meine Vermutung, dass man im zweidimensionalen
> Raum eigentlich 2x integrieren müsste.
>
> Allerdings wirft diese Feststellung große Teile meines Integralwissen
> durcheinander.

Tut es nicht. Das ist nur eine Frage des Betrachtens:

1. Du kannst einen Punkt (1) anhand einer Linie (x) einmal integrieren 
und bekommst die Länge der Strecke.

2. Du kannst einen Punkt (1) anhand zweier Linien (x,y) je einmal 
integrieren und bekommst die Fläche des Quadrates (Rechtecks, wenn x <> 
y). Genauso kannst Du aber die Strecke aus 1. (x) entlang einer Linie 
(y) integrieren und bekommst die Fläche des Quadrates.

3. Du kannst einen Punkt (1) anhand dreier Linien (x,y,z) je einmal 
integrieren und bekommst das Volumen des Würfels. Du kanst aber auch die 
Strecke aus 1. (x) entlang der Linien (y,z) je einmal integrieren, oder 
die Fläche aus 2. entlang der Linie (z) einmal, und bekommst das Volumen 
des Würfels.

Bei rotationssymetrischen Körpern ist es ähnlich, Du kannst entweder 
eine Formel aufstellen, die den Körper (z.B. Kugel) beschreibt, und dann 
über (x,y,z) integrieren. Oder eine Kurve, die die Körperkante 
beschreibt (z.B. Halbkreis) und diese dann 360° rotieren lassen, also 
über den Winkel integrieren. Beide Male bekommst Du das Volumen der 
Kugel.

[U. B. (Gast)]

> Volumen eines Würfels über mehrdimensionales Integral berechnen?

Schon lustig, erinnert an den Horror der Dreifach-Integrale im
Studium ...

Beim Würfel könnte man sich vielleicht dennoch mit einer Formelsammlung 
behelfen ???    ;-)

[F. J. (flippinger)]

Yalu X. schrieb:

> F. J. schrieb:
>> Du machst ein dreifaches Integral in R, phi und h Richtung.
>
> Das liest sich einfacher als es ist. Schreib das mal als Formel auf ;-)

Sie Beitrag von Daniel R., liest sich nicht nur einfach sondern sieht 
auch als Formel einfach aus. Ich hab nur kein Plan wie ich hier im Forum 
die Formeln poste...

[Yalu X. (yalu) (Moderator)]

F. J. schrieb:
>>> Du machst ein dreifaches Integral in R, phi und h Richtung.
>>
>> Das liest sich einfacher als es ist. Schreib das mal als Formel auf ;-)
>
> Sie Beitrag von Daniel R., liest sich nicht nur einfach sondern sieht
> auch als Formel einfach aus. Ich hab nur kein Plan wie ich hier im Forum
> die Formeln poste...

Naja, Daniels Methode hat schon was. Allerdings muss man sich dazu
zusätzlich zu den Dreifachintegralen auch noch mit Jacobi-Matrizen und
Determinanten beschäftigen. Deswegen ist es für jemanden, der das zum
ersten Mal macht, auch nicht ganz einfach.

[Daniel R. (daniel_r)]

Der grösste Vorteil der Koordinatentransformation ist der, dass es wie 
bereits gesagt Tabellen für die Jacobi Determinanten gibt. Wenn man sich 
um die Herleitung derer nicht kümmern will, liest man sie aus der 
Tabelle ab und integriert. Das ist eine feine Sache.

Gruss Daniel

[Yalu X. (yalu) (Moderator)]

Daniel R. schrieb:
> Wenn man sich um die Herleitung derer nicht kümmern will, liest man
> sie aus der Tabelle ab und integriert.

Wenn man schon Tabellen und Formelsammlungen zu Hilfe nimmt, könnte man
die Formeln für das Volumen von Würfel, Kegel, Zylinder und anderer,
beliebiger Rotationskörper auch direkt nachschlagen ;-)

Nichts gegen die Methode mit der Koordinatentransformation. Im Gegen-
teil, ich finde sie sehr interessant. Nur fällt mir im Moment nich das
zündende Beispiel für einen Körper ein, dessen Volumenformel nicht in
der Formelsammlung steht und wo die Koordinatentransformation gegenüber
anderen Verfahren die Berechnung wirklich vereinfacht.

[Winfried J. (Firma: Nisch-Aufzüge) (winne)]

Naja,

ich habe da mal einen mechanischen ARI-Rechner gesehen der Höhenwinkel 
wurde  mittels eines Fingers von einer "Walze" abgenomme welche ein 2 
Dimensionales aufgewickeltes Kennfeld darstellte.

Ich wette, dass das Volumen sich leichter als Produkt der Walzenlänge 
mit dem Doppelintegral zweier nichtlinearer Funktionen als über irgend 
eine Formel dartellen liese. Aber ich weis nicht wofür das gut währe.


Namaste

[Daniel R. (daniel_r)]

Yalu X. schrieb:
> Wenn man schon Tabellen und Formelsammlungen zu Hilfe nimmt, könnte man
> die Formeln für das Volumen von Würfel, Kegel, Zylinder und anderer,
> beliebiger Rotationskörper auch direkt nachschlagen ;-)

Für einfache Volumina stimmt das. Wenn Du aber einen Fluss eines 
Vektorfelds durch eine Kugeloberfläche berechnen musst, steht das 
Ergebnis eher nicht in der Formelsammlung, wohl aber die 
Jacobi-Determinante.


Ich verstehe nicht ganz, worauf Du hinaus willst.

Es wird sich doch jeder an den Kopf fassen, wenn einer erzählt, er 
berechne das Würfelvolumen in Kugelkoordinaten, oder nicht?
Dass wir mehr an kartesische- als an Kugelkoordinaten gewöhnt sind, 
macht den umgekehrten Fall (die Berechnung des Kugelvolumens in 
kartesischen Koordinaten) kein Stück besser.

Beides ist in meinen Augen ungeeignet. Wenn möglich passe ich das 
Koordinatensystem an die Geometrie an und nicht das Problem an 
kartesische Koordinaten.

Daniel