Rotationskörper eingeschlossene Fläche?

Eine Fläche A wird von den Funktionsgraphen der Funktionen f und g eingeschlossen. Rotiert die Fläche um die x-Achse, berechnet man das entstehende Volumen V mit

$\text{V}=\Pi\ \int_a^b\left(f\left(x\right)\right)^2dx-\Pi\ \int_a^b\left(g\left(x\right)\right)^2dx\ =\ \Pi\ \int_a^b\left(\left(f\left(x\right)\right)^2-\left(g\left(x\right)\right)^2\right)dx$ Begründen Sie, warum man in der Regel nicht die Formel $\Pi\int_a^b\left(f\left(x\right)-g\left(x\right)\right)^2dx$ benutzen kann.

Ich verstehe nicht, wieso die erste richtig ist. Ich dachte, man nimmt den Radius zum Quadrat und der Radius ist hier doch $f\left(x\right)-g\left(x\right)$ von daher bin ich verwirrt.

Answer 1

[Roderic]

... und der Radius ist hier doch $f\left(x\right)-g\left(x\right)$

Nein. Ist es nicht.

Comments

[colum123]

Wieso?

[Roderic]

@colum123

Wieso wieso?

Weil die Differenz der beiden Radien selber kein Radius ist.

Bildlich gesprochen: Die beiden Funktionen repräsentieren den Innen- und Außenradius der Vase. Die Differenz beschreibt die Wanddicke.

[colum123]

@Roderic

Danke, jetzt habe ich es verstanden :)

Answer 2

[Ellejolka]

wieso ist f(x)-g(x) der radius?

und II kann man nicht benutzen, weil im allgemeinen f² - g² ungleich (f-g)² ist.

Comments

[colum123]

Ich hatte mir das so vorgestellt: Das Integral geht über viele kleine Streifen und ergibt schlussendlich die Fläche. Wenn f(x) oberhalb g(x) ist, dann ergibt sich aus f(x) – g(x) eine positive Differenz. Sozusagen die Länge dieses Streifens, da alles unterhalb von g(x) ja nicht mehr in der Fläche ist, ebenso alles oberhalb von f(x). Und dann dachte ich, man muss die Länge noch zum Quadrat nehmen, wie man’s von der Flächenberechnung eines Kreises kennt.