mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 08, 2018 2:50 am**

Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου : $\left ( \frac{x^2}{\alpha^2}+\frac{y^2}{\beta^2}\right )^2=\frac{x^2}{\gamma^2}-\frac{y^2}{\delta^2} ,\alpha,\beta,\gamma,\delta> 0$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 08, 2018 12:01 pm**

neutonas έγραψε: Σάβ Σεπ 08, 2018 2:50 am Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου : $\left ( \frac{x^2}{\alpha^2}+\frac{y^2}{\beta^2}\right )^2=\frac{x^2}{\gamma^2}-\frac{y^2}{\delta^2} ,\alpha,\beta,\gamma,\delta> 0$

neutonas έχεις μια λύση;
Για τις διάφορες τιμές των θετικών $\alpha,\beta,\gamma,\delta$ προκύπτει μια πολύ μεγάλη υπο-οικογένεια του συνόλου των τεταρτοβαθμίων καμπυλών. Επίσης, είναι γενίκευση των λημνίσκων (x^2+y^2)^2=c^2x^2-d^2y^2

και η γνώμη μου είναι ότι είναι πολύ δύσκολη -αν όχι αδύνατη- η εύρεση του εμβαδού του χωρίου που περικλείει η $\big( \frac{x^2}{\alpha^2}+\frac{y^2}{\beta^2}\big)^2=\frac{x^2}{\gamma^2}-\frac{y^2}{\delta^2}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 08, 2018 4:52 pm**

Θεωρούμε ότι : $x=\rho \alpha\cos \theta , y=\rho\beta\sin \theta$
Έτσι η εξίσωση γίνεται:
$\rho ^4=\frac{\rho^2\alpha^2\cos^2\theta}{\gamma^2}-\frac{\rho^2\beta^2\sin^2\theta}{\delta^2} \Leftrightarrow \rho^2=\frac{\alpha^2}{\gamma^2}\cos^2\theta-\frac{\beta^2}{\delta^2}\sin^2\theta\Leftrightarrow\rho=\sqrt{\frac{\alpha^2}{\gamma^2}\cos^2\theta-\frac{\beta^2}{\delta^2}\sin^2\theta}$
Θα πρέπει , $\frac{\alpha^2}{\gamma^2}\cos^2\theta-\frac{\beta^2}{\delta^2}\sin^2\theta\geq 0\Leftrightarrow\frac{\alpha^2}{\gamma^2}\frac{\delta^2}{\beta^2}\geq\tan^2\theta$
Η καμπύλη διέρχεται από το Ο(0,0) και υπάρχει συμμετρία ως προς τους άξονες. Άρα μπορούμε να εργαστούμε στο α τεταρτημόριο και να πολλαπλασιάσουμε επί 4. Αφού $,\alpha,\beta,\gamma,\delta$ είναι θετικοί αριθμοί , θα υπάρχει σταθερή γωνία $\phi$ του πρώτου τεταρτημορίου τέτοια που $\tan\phi=\frac{\alpha\delta}{\gamma\beta}$ . Άρα θα έχουμε $\tan^2\phi\geq\tan^2\theta\Leftrightarrow\phi \geq\theta$ . Επομένως η $\theta$ θα μεταβάλλεται από 0 έως $\phi$
Ακόμη, $0\leq\rho\leq\sqrt{\frac{\alpha^2}{\gamma^2}cos^2\theta-\frac{\beta^2}{\delta^2}\sin^2\theta}$ και $dxdy=\alpha\beta\rho d \rho d \theta$
Τελικά υπολογίζουμε το $\iint_{\tau}^{ } dxdy$ και στο τέλος το πολλαπλασιάσουμε με 4.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 08, 2018 5:55 pm**

edit: 18:08, 8/9/18. Διέγραψα το σχόλιο μου. Το εμβαδόν φαίνεται να υπολογίζεται. Βλέπετε παρακάτω.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 08, 2018 6:00 pm**

neutonas έγραψε: Σάβ Σεπ 08, 2018 4:52 pm Θεωρούμε ότι : $x=\rho \alpha\cos \theta , y=\rho\beta\sin \theta$
Έτσι η εξίσωση γίνεται:
$\rho ^4=\frac{\rho^2\alpha^2\cos^2\theta}{\gamma^2}-\frac{\rho^2\beta^2\sin^2\theta}{\delta^2} \Leftrightarrow \rho^2=\frac{\alpha^2}{\gamma^2}\cos^2\theta-\frac{\beta^2}{\delta^2}\sin^2\theta\Leftrightarrow\rho=\sqrt{\frac{\alpha^2}{\gamma^2}\cos^2\theta-\frac{\beta^2}{\delta^2}\sin^2\theta}$
Θα πρέπει , $\frac{\alpha^2}{\gamma^2}\cos^2\theta-\frac{\beta^2}{\delta^2}\sin^2\theta\geq 0\Leftrightarrow\frac{\alpha^2}{\gamma^2}\frac{\delta^2}{\beta^2}\geq\tan^2\theta$
Η καμπύλη διέρχεται από το Ο(0,0) και υπάρχει συμμετρία ως προς τους άξονες. Άρα μπορούμε να εργαστούμε στο α τεταρτημόριο και να πολλαπλασιάσουμε επί 4. Αφού $,\alpha,\beta,\gamma,\delta$ είναι θετικοί αριθμοί , θα υπάρχει σταθερή γωνία $\phi$ του πρώτου τεταρτημορίου τέτοια που $\tan\phi=\frac{\alpha\delta}{\gamma\beta}$ . Άρα θα έχουμε $\tan^2\phi\geq\tan^2\theta\Leftrightarrow\phi \geq\theta$ . Επομένως η $\theta$ θα μεταβάλλεται από 0 έως $\phi$
Ακόμη, $0\leq\rho\leq\sqrt{\frac{\alpha^2}{\gamma^2}cos^2\theta-\frac{\beta^2}{\delta^2}\sin^2\theta}$ και $dxdy=\alpha\beta\rho d \rho d \theta$
Τελικά υπολογίζουμε το $\iint_{\tau}^{ } dxdy$ και στο τέλος το πολλαπλασιάσουμε με 4.

Γειά σας, από Γρεβενά...
Ναί, έτσι κάπως εργάστηκα κι εγώ στο ακόλουθο σχήμα όπου έχω τα ανωτέρω συμπεράσματα:

: Λημνίσκος του Bernoulli 1.png (35.07 KiB) Προβλήθηκε 2010 φορές

Για το εμβαδόν τώρα της μιας περιοχής (δεξιά του κάθετου άξονα), μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τον τύπο:

$\displaystyle{E=\frac{1}{2}\int_{-\phi}^{\phi} [r(\theta)}]^2d\theta \ \ \ \ (1)}$

Δεν έκανα πράξεις αλλά είναι προσιτές.

Κώστας Δόρτσιος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 08, 2018 6:31 pm**

Συνεχίζω τη λύση:
$\int_{0}^{\phi} \left [\int_{0}^{\sqrt{\frac{\alpha^2}{\gamma^2}\cos^2\theta-\frac{\beta^2}{\delta^2}sin^2\theta}\ } \alpha\beta\rho d \rho \right ]d \theta=\frac{\alpha\beta}{2}\int_{0}^{\phi} \left [ \rho^2 \right ]from\ 0\ to \sqrt{\frac{\alpha^2}{\gamma^2}\cos^2\theta-\frac{\beta^2}{\delta^2}sin^2\theta} \ d\theta=$

$\ldots=\frac{\alpha\beta}{4}\left ( \frac{\alpha^2}{\gamma^2}-\frac{\beta^2}{\delta^2} \right )\phi+\frac{\alpha\beta}{8}\left ( \frac{\alpha^2}{\gamma^2}+\frac{\beta^2}{\delta^2} \right )\sin2\phi$ και ύστερα πολλαπλασιάσουμε με 4

mathematica.gr

Εμβαδόν χωρίου

Εμβαδόν χωρίου

Re: Εμβαδόν χωρίου

Re: Εμβαδόν χωρίου

Re: Εμβαδόν χωρίου

Re: Εμβαδόν χωρίου

Re: Εμβαδόν χωρίου