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Die erste Umkehrfunktionen hast du richtig gebildet. Ich würde allerdings noch folgende Umformung vornehmen, da sich dieser Ausdruck später besser integrieren lässt.
\(f_1^{-1}(x)=\sqrt{\frac{1-x}{x}}=\sqrt{\frac{1}{x}-\frac{x}{x}}=\sqrt{\frac{1}{x}-1}\)
Bei der zweiten Umkehrfunktion hast du glaube ich was durcheinander gebracht. Du hast da einmal 0,05 und 0,5 verwendet.
Ich komme auf folgende Umkehrfunktion:
\(f_3^{-1}(x)=\sqrt{\frac{1}{x-0,05}-1}\)
Nun musst du alles nur noch in dein Volumenintegral einsetzen, wobei du die gesuchte Fläche berechnen kannst, indem du das Volumen der "kleineren" Glocke von dem Volumen der "größeren" Glocke abziehst.
\(\pi\cdot\left(\int\limits_{f_3(a)}^{f_3(b)}{f_3^{-1}(x)^2~\text{d}x}-\int\limits_{f_1(a)}^{f_1(b)}{f_1^{-1}(x)^2~\text{d}x}\right)\)
Meld dich gern nochmal wenn du Fragen hast.
Ich habe dir auch noch ein gutes Video angeheftet.
EDIT: Hier die abschnittsweise definierte Umkehrfunktion. \(\color{green}{f(x)=\sqrt{\frac{1}{x}-1}}~~~~\color{blue}{g(x)=-\sqrt{\frac{1}{x}-1}}\)
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https://www.geogebra.org/graphing?lang=de
Gib die abschnittsweise definierte Funktion gern mal dort ein und schau dir die grafische Visualisierung an.
Ich denke, dass das deine Frage beantworten sollte.
Ps.: Ich habe den Plot der abschnittsweise definierten Umkehrfunktion für \(f_1(x)\) auch in meinem Beitrag angeheftet. ─ smileyface 18.05.2020 um 14:32
Was du beachten musst, die Umkehrfunktionen von \(f_1(x)\) und \(f_3(x)\) sind abschnittsweise definiert, da Bijektivität Voraussetzung für die Existenz der Umkehrfunktion ist. Einfach gesagt ist eine Funktion bijektiv, wenn es zu jedem y-Wert GENAU einen x-Wert gibt. Wenn du folgende Betrachtung anstellst, \(f_1(x):\mathbb{R}\to\mathbb{R}\) dann kannst du an der Skizze oben erkennen, dass es zu einige y-Werten mehrere x Werte gibt (z.B. \(f_1(3)=0,1\) und \(f_1(-3)=0,1\)) und zu anderen y-Werten gibt es gar keinen x-Wert (z.B. alle negativen y Werte). Nun muss der Werte- und Definitionsbereich der Funktion so angepasst werden, dass die Funktion Bijektiv ist und eine Umkehrfunktion existiert.
Daraus folgt nun:
Für \(f_1(x):\lbrack0,\infty)\to\lbrack0,1\rbrack,~x\mapsto\frac{1}{x^2+1}\) gilt: \(f_1^{-1}(x):\lbrack0,1\rbrack\to\lbrack0,\infty),~x\mapsto\sqrt{\frac{1}{x}-1}\)
Analog ergibt sich die dargestellte Umkehrfunktion für den Definitionsbereich \((-\infty,0\rbrack\) bei identischem Wertebereich. ─ smileyface 18.05.2020 um 14:45
Wenn du einen Punkt um eine Achse rotieren lässt erhälst du prinzipiell den Umfang einer Kreisfläche.
Der Flächeninhalt dieser Kreisfläche lässt sich berechnen mit \(A=\pi\cdot r^2\)
Willst du daraus das Volumen berechnen musst du diese Fläche A mit einer Höhe h multiplizieren. (Du hättest nun das Volumen eines Zylinders mit einem Radius r)
Nun hast du jedoch keinen konstanten Radius r sondern der Radius r ist abhängig an von der Position an der du dich befindest und da kommt nun dein Integral ins Spiel.
In diesem Fall ist y die Höhe und die Auslenkung in x Richtung entspricht dem Radius an der jeweiligen Stelle.
Durch die Rotation der im 1. Quadraten befindlichen Fläche erhälst du dann die Glocke.
Du darfst also nur die "Hälfte" der Glocke betrachten.
─ smileyface 18.05.2020 um 16:11
Wenn du allerdings den gesamten Glockenquerschnitt um 360° rotieren lässt erhälst du das doppelte Volumen:
\(V=\pi\cdot\left(\int\limits_{0,1}^{1,05}\left(-\sqrt{\frac{1}{x-0,05}-1}\right)^2\text{d}x+\int\limits_{0,1}^{1,05}\left(\sqrt{\frac{1}{x-0,05}-1}\right)^2\text{d}x-\int\limits_{0,1}^{1}\left(-\sqrt{\frac{1}{x}-1}\right)^2\text{d}x+\int\limits_{0,1}^{1}\left(\sqrt{\frac{1}{x}-1}\right)^2\text{d}x\right)\)
\(=\pi\cdot\left(\int\limits_{0,1}^{1,05}\left(\frac{1}{x-0,05}-1\right)\text{d}x+\int\limits_{0,1}^{1,05}\left(\frac{1}{x-0,05}-1\right)\text{d}x-\int\limits_{0,1}^{1}\left(\frac{1}{x}-1\right)\text{d}x+\int\limits_{0,1}^{1}\left(\frac{1}{x}-1\right)\text{d}x\right)\)
\(=\pi\cdot\left(2\int\limits_{0,1}^{1,05}\left(\frac{1}{x-0,05}-1\right)\text{d}x-2\int\limits_{0,1}^{1}\left(\frac{1}{x}-1\right)\text{d}x\right)\)
\(=2\pi\cdot\left(\int\limits_{0,1}^{1,05}\left(\frac{1}{x-0,05}-1\right)\text{d}x-\int\limits_{0,1}^{1}\left(\frac{1}{x}-1\right)\text{d}x\right)\)
Wie du siehst wir dein eigentliches Integral mit 2 multipliziert. ─ smileyface 18.05.2020 um 18:36
Also:
Die Intervalle deiner ursprünglichen Funktionen kannst du ermitteln, indem du die Schnittpunkt der Graphen \(f_1(x)\) und \(f_3(x)\) mit \(f_2(x)\) berechnest.
Diese Intervallgrenzen setzt du nun in \(f_1(x)\) und \(f_3(x)\) ein und erhälst die Grenzen für deine Integrale.
Alternativ kannst du die Intergralgrenzen aber auch in der Zeichnung ablesen.
Ich erhalte dann folgenden Funktionswerte:
\(f_1(0)=1~~~~~~f_1(3)=0,1\)
\(f_3(0)=1,05~~~~~~f_3(\sqrt{19})=0,1\)
Somit ergibt sich folgende Gleichung für die Berechnung des Volumens:
\(\pi\cdot\left(\int\limits_{0,1}^{1,05}{f_3^{-1}(x)^2~\text{d}x}-\int\limits_{0,1}^{1}{f_1^{-1}(x)^2~\text{d}x}\right)\) ─ smileyface 18.05.2020 um 13:34