Matematické Fórum

vengi · 16. 09. 2012 15:09 — Editoval vengi (16. 09. 2012 15:10)

Nevie niekto vyriešiť takýto zabitý príklad? Staci aj napoveda.
Mam vyjadrit oblast v polarnych suradniciach. Oblast je ohranicena funkciou y = -x/3 a funkciou y = $-2.\sqrt{x}$
Skusala som vselico a k uspesnemu vysledku som nedosla. Akurat viem vyjadrit, ze polomer $\varrho$ je:
$0 \le \varrho \le \sqrt{36^{2}+12^{2}}$
Z rovnice y = - 3 / x som odvodila hornu hranicu pre uhol $\varphi$ :
??? $\le \varphi \le arctg(-1/3)$
Ale neviem odvodit dolnu hranicu pre tento uhol. Ked si do zadanej hranice y = $-2.\sqrt{x}$ dosadim polarnu substituciu, tak vychadza rovnost: $\varrho .\sin^{2} \varphi =4.\cos \varphi$ A z toho co?

Vdaka za radu. Bezne oblasti - polkruhy, medzikruzia apod. do polarnych zvladam, ale toto fakt netusim. :(

Bati · 16. 09. 2012 18:46

Ahoj,
ty podmínky jsou fajn, ale je to takové chození okolo horké kaše. Proč řešit problémy dříve než nastanou?:)
Je zřejmé, že hranici bude třeba složit ze dvou částí. Ta rovná je doufám jasná.
Co se týče té zahnuté, je to vlastně tato množina: $\{[x,-2\sqrt{x}],x\geq0\}$ Teď si libovolný z těch bodů budu chtít vyjádřit v polárních souřadnicích. Tedy platí:
$\tan{\varphi}=\frac{-2}{\sqrt{x}}$ a zároveň $r^2=x^2+4x$ pro $x\geq0$ . Zde už je vhodné vymyslet podmínku na úhel, shora už jsi správně vyřešila, zdola je to ale triviální, neboť limita derivací zprava funkce $-2\sqrt{x}$ pro x jdoucí k nule zprava je mínus nekonečno. Z toho vyplývá, že druhá mez je $-\frac{\pi}2$ .
Teď už jen zbývá zbavit se parametru x z rovnic, to lze nejlépe dosazením x z první rovnice do druhé. Dá se to upravit na docela hezký tvar, ale pozor na podmínky.

vengi · 16. 09. 2012 19:30 — Editoval vengi (16. 09. 2012 19:32)

↑ Bati:Tomu záveru vôbec nerozumiem. :(
A inak sa mi nezdá hranica $-\frac{\pi}2$
Ked som vychadzala z tohto: $\{[x,-2\sqrt{x}],x\geq0\}$ a dalej $\tan{\varphi}=\frac{-2}{\sqrt{x}}$ , tak som dosla k zaveru, ze dolná hranica pre uhol je: $\varphi = arctg \frac{-2}{\sqrt{x}}$
Ale tam vadí to "x". uhol by mal byt vyjadreny ako funkcia od $\varrho$ zrejme.

Ozaj, dakujem za ochotu. Ale ja som nejaka blba z toho asi. Popravde, dosial sme riesili len polarne suradnice take, ze uhol a polomer som neratala, ale uhadla z obrazka. Takze vlastne nepoznam system pocitania.

Bati · 16. 09. 2012 19:46 — Editoval Bati (16. 09. 2012 19:47)

$\tan{\varphi}=\frac{-2}{\sqrt{x}}$
$x=$\frac{-2}{\tan{\varphi}}$^2$
a toto dosadit do
$r^2=x^2+4x$

Je v podstatě jedno, jestli vyjádříš úhel pomocí poloměru, nebo naopak, nebo nic. Důležitý je, že ve výsledné rovnici nebudou žádné jiné proměnné.
S tou podmínkou na úhel - ta tvoje je nic neříkající, protože to není konstanta ale jakási funkce. Zkus si udělat pořádně obrázek a představuj si jak jedeš po té křivce s polárníma souřadnicema a co se bude dít.

Rumburak

↑ vengi:

Základem je vyjádřit tu oblast analyticky, tj. pomocí soustavy nerovnic, už v původních souřadnicích.
Přechod k polárním souřadnicím pak bude v podstatě již jen substitucí proměnných v oné původní soustavě.

vengi · 17. 09. 2012 10:57 — Editoval vengi (17. 09. 2012 10:58)

↑ Rumburak:
No, ja som isla na to prave tak a dospela som k tomu, co som hore popisala. V povodnych suradniciach ta oblast vyzera:
$0 \le x \le 36$

$-\frac{x}{3} \le y\le -2.\sqrt{x}$

Rumburak

↑ vengi:

Pokud jde o danou uzavřenou oblast $M$ (jde o úseč paraboly):
Podmínka $0 \le x \le 36$ vyšla správně. Pro tato $x$ je však $\frac{x}{3} \le 2\,\sqrt{x}$ , takže $-\frac{x}{3} \ge -2.\sqrt{x}$
a podmínka na $y$ tedy správně bude $-2\sqrt{x} \le y \le -\frac{x}{3}$ .

Do nerovnic $0 \le x \le 36 , -2\sqrt{x} \le y \le -\frac{x}{3}$ nyní dosaďme $x = r \cos t, y = r \sin t$ , dostaneme

$0 \le r \cos t \le 36 , -2\sqrt{ r \cos t} \le r \sin t \le -\frac{ r \cos t}{3}$ .

Určíme meze nových proměnných - k tomu nám napomůže náčrtek oblasti $M$ . Jednou částí její hranice je úsečka $PA$ ,
kde $P = [0 , 0] , A = [36 , -12]$ . Je zřejmé (a dalo by se i snadno dokázat), že $M$ je částí kruhu o středu $P$
a poloměru $|PA| = \sqrt{36^2 + 12^2} = 6 \sqrt{6^2 + 2^2} = 6 \sqrt{40} = 12\sqrt{10}$ .
Můžeme tedy stanovit podmínku

(1) $0 \le r \le 12\sqrt{10}$ .

Poloha množiny $M$ naznačuje, že hrubé omezení pro úhlovou souřadnici bude $t \in \langle -\frac{\pi}{2} , 0\rangle$ . To ještě upřesníme vyřešením
soustavy goniometrických nerovnic

$-2\sqrt{ r \cos t} \le r \sin t \le -\frac{ r \cos t}{3}$

s parametrem $r$ splňujícícm (1). Např. z jejího pravého "křídla" dostáváme ihned $t \le - \arctan \frac {1}{3}$ . Řešení nerovnice
$-2\sqrt{ r \cos t} \le r \sin t$ bude sice méně jednoduché, ale nikoliv nemožné ( $\sin^2 t = 1 - \cos ^2 t$ ).

POZNÁMKA . Šlo by vzít za základ podmínlu $-\frac{\pi}{2} \le t \le - \arctan \frac {1}{3}$ a k takto zvolenému $t$ hledat interval pro $r$ .

vengi · 17. 09. 2012 23:47

↑ Rumburak:
Diky, cely postup som mala tak ako ty. A presne toto $-2\sqrt{ r \cos t} \le r \sin t$ som nevedela vyratat. Kym si mi nevnukol tu spravnu myslienku $\sin^2 t = 1 - \cos ^2 t$ :) Dakujem. Snad mam to teraz spravne, hoci to vyzera dost divoko:
$t = -arccos (\frac{-2+\sqrt{4+r^{2}}}{r})$

Rumburak · 18. 09. 2012 16:27

↑ vengi:
Mně to vyšlo stejně, tekže rostáváme nerovnost

$-\arccos \frac{-2+\sqrt{4+r^{2}}}{r}\, \,\le \,\,t \,\,\le\,\, - \arctan \frac {1}{3}$ .

vengi · 18. 09. 2012 21:49

↑ Rumburak:
Dakujem.

Matematické Fórum

#1 16. 09. 2012 15:09 — Editoval vengi (16. 09. 2012 15:10)

hranice oblasti v polárnych súradniciach

#2 16. 09. 2012 18:46

Re: hranice oblasti v polárnych súradniciach

#3 16. 09. 2012 19:30 — Editoval vengi (16. 09. 2012 19:32)

Re: hranice oblasti v polárnych súradniciach

#4 16. 09. 2012 19:46 — Editoval Bati (16. 09. 2012 19:47)

Re: hranice oblasti v polárnych súradniciach

#5 17. 09. 2012 09:32 — Editoval Rumburak (17. 09. 2012 09:39)

Re: hranice oblasti v polárnych súradniciach

#6 17. 09. 2012 10:57 — Editoval vengi (17. 09. 2012 10:58)

Re: hranice oblasti v polárnych súradniciach

#7 17. 09. 2012 16:56 — Editoval Rumburak (17. 09. 2012 17:04)

Re: hranice oblasti v polárnych súradniciach

#8 17. 09. 2012 23:47

Re: hranice oblasti v polárnych súradniciach

#9 18. 09. 2012 16:27

Re: hranice oblasti v polárnych súradniciach

#10 18. 09. 2012 21:49

Re: hranice oblasti v polárnych súradniciach

Zápatí