Får vel prøve å dra min egen vekt på oppgavefronten. Håper ikke alle har løst denne artige geometrioppgaven fra før av:
http://michael.b.andersen.googlepages.com/Geometri.jpg
Geometrioppgave
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Jeg kan ta en råsjans her.
En sirkel har arealet [symbol:pi] , da må resten av arealet i firkanten fra en sirkel være 1- [symbol:pi] /4. Da får man at arealet av en slik fin amrikansk fotballform blir [symbol:pi] /2-1
Det jeg tenkte nå var litt venn-diagram, jeg trekker fra to slike fotballformer, men har da trukket i fra det aktuelle arealet vi er ute etter 2 ganger, slik at jeg legger til en, da får jeg en likning slik
[tex]1-2(\frac{\pi}{2}-1)+A=0 \\ A=\pi-3[/tex]
En sirkel har arealet [symbol:pi] , da må resten av arealet i firkanten fra en sirkel være 1- [symbol:pi] /4. Da får man at arealet av en slik fin amrikansk fotballform blir [symbol:pi] /2-1
Det jeg tenkte nå var litt venn-diagram, jeg trekker fra to slike fotballformer, men har da trukket i fra det aktuelle arealet vi er ute etter 2 ganger, slik at jeg legger til en, da får jeg en likning slik
[tex]1-2(\frac{\pi}{2}-1)+A=0 \\ A=\pi-3[/tex]
Prøver meg på denne. Tror svaret mitt er litt for stort. Har ikke tid til å forklare alt. Fant at sidene i det grønne kvadratet er ( [symbol:pi] /6). Via arealet av en trekant og pytagoras fant jeg de rette sidene ( r) i det grønne kvadratet, der nødvendigvis r < ( [symbol:pi] /6), og r = 2sin( [symbol:pi] /12).Badeball skrev:Ikke riktig. Du sier at kvadratet sitt areal er lik to fotballformer minus arealet vi er ute etter, men da mangler du områdene mellom fotballformene og sidene i kvadratet.
Så tenkte jeg at A(grønt kvadrat) = A(2 reuleaux trekanter), der
[tex]A(\text reuleaux trekant)={1\over 2}(\pi\,-\,sqrt3)r^2[/tex]
hvis areal er lett å utlede.
derfor (trolig unøyaktig)
[tex]A(\text green square)=4(\pi\,-\,\sqrt3)\cdot \sin^2({\pi\over 12})[/tex]
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Svaret jeg får kan rundes av til 0.31515, men jeg er naturligvis ute etter den eksakte verdien uttrykt med PI, kvadratrøtter osv.
Svaret ditt er for stort ja, Janhaa, ditt kan rundes av til 0.3777. Tror ikke det grønne området er noen sum av to like reuleaux-trekanter (som jeg ikke hadde hørt om før, men faktisk var litt morsomt å lese om på mathworld!).
Svaret ditt er for stort ja, Janhaa, ditt kan rundes av til 0.3777. Tror ikke det grønne området er noen sum av to like reuleaux-trekanter (som jeg ikke hadde hørt om før, men faktisk var litt morsomt å lese om på mathworld!).
Sist redigert av Badeball den 09/08-2008 16:26, redigert 2 ganger totalt.
Jeg ser ikke noe kvadrat jeg.Badeball skrev:Ikke riktig. Du sier at kvadratet sitt areal er lik to fotballformer minus arealet vi er ute etter, men da mangler du områdene mellom fotballformene og sidene i kvadratet.
Derimot ser jeg en fargelagt region med buete sidekanter.
Tar jeg feil??
Tja, la meg nå se:
Sentraene i de fire sirklene ligger, la oss si, i punktene (1/2,1/2), (1/2,-1/2),(-1/2,1/2),(-1/2,-1/2)
De fire sirklene har beskrivende likninger:
[tex](x\pm\frac{1}{2})^{2}+(y\pm\frac{1}{2})^{2}=1[/tex]
Neste punkt på programmet mitt vil være å identifisere skjæringspunktene mellom disse.
Sentraene i de fire sirklene ligger, la oss si, i punktene (1/2,1/2), (1/2,-1/2),(-1/2,1/2),(-1/2,-1/2)
De fire sirklene har beskrivende likninger:
[tex](x\pm\frac{1}{2})^{2}+(y\pm\frac{1}{2})^{2}=1[/tex]
Neste punkt på programmet mitt vil være å identifisere skjæringspunktene mellom disse.
Eksempelvis har vi skjæringspunktet mellom:
[tex](x-\frac{1}{2})^{2}+(y-\frac{1}{2})^{2}=1[/tex]
[tex](x-\frac{1}{2})^{2}+(y+\frac{1}{2})^{2}=1[/tex]
dvs, vi må ha:
[tex](y-\frac{1}{2})^{2}=(y+\frac{1}{2})^{2}\to{y}=0[/tex]
Innsatt i for eksempel øverste likning, så får vi:
[tex](x-\frac{1}{2})^{2}=\frac{3}{4}\to{x}=\frac{1\pm\sqrt{3}}{2}[/tex]
Ser vi på tegningen, ser vi at vi må benytte minustegnet her.
[tex](x-\frac{1}{2})^{2}+(y-\frac{1}{2})^{2}=1[/tex]
[tex](x-\frac{1}{2})^{2}+(y+\frac{1}{2})^{2}=1[/tex]
dvs, vi må ha:
[tex](y-\frac{1}{2})^{2}=(y+\frac{1}{2})^{2}\to{y}=0[/tex]
Innsatt i for eksempel øverste likning, så får vi:
[tex](x-\frac{1}{2})^{2}=\frac{3}{4}\to{x}=\frac{1\pm\sqrt{3}}{2}[/tex]
Ser vi på tegningen, ser vi at vi må benytte minustegnet her.
De fire hjørnene blir dermed:
[tex](\frac{\sqrt{3}-1}{2},0),(0,\frac{\sqrt{3}-1}{2}),(\frac{1-\sqrt{3}}{2},0),(0,\frac{1-\sqrt{3}}{2})[/tex]
Vi ser på fjerdeparten av puteregionen i 1.kvadrant, hvor sirkelbuen om (-1/2,-1/2), kan skrives på funksjonsform:
[tex]y(x)=\sqrt{1-(x+\frac{1}{2})^{2}}-\frac{1}{2}[/tex]
Total-arealet A blir da på formen:
[tex]A=4\int_{0}^{\frac{\sqrt{3}-1}{2}}y(x)dx=4\int_{0}^{\frac{\sqrt{3}-1}{2}}\sqrt{1-(x+\frac{1}{2})^{2}}dx-(\sqrt{3}-1)[/tex]
Vi innfører:
[tex]x=\sin(u)-\frac{1}{2}[/tex]
Dette gir oss:
[tex]dx=\cos(u)du[/tex]
[tex]x=0\to\sin(u)=\frac{1}{2}\to{u}=\frac{\pi}{6}[/tex]
[tex]x=\frac{\sqrt{3}-1}{2}\to\sin(u)=\frac{\sqrt{3}}{2}\to{u}=\frac{\pi}{3}[/tex]
Hvorpå det gjenværende integral lyder:
[tex]\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}\cos^{2}(u)du=\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}\frac{1+\cos(2u)}{2}du=\frac{\pi}{12}[/tex]
Dermed burde totalen bli noe sånt som:
[tex]\frac{\pi}{3}-(\sqrt{3}-1)[/tex]
[tex](\frac{\sqrt{3}-1}{2},0),(0,\frac{\sqrt{3}-1}{2}),(\frac{1-\sqrt{3}}{2},0),(0,\frac{1-\sqrt{3}}{2})[/tex]
Vi ser på fjerdeparten av puteregionen i 1.kvadrant, hvor sirkelbuen om (-1/2,-1/2), kan skrives på funksjonsform:
[tex]y(x)=\sqrt{1-(x+\frac{1}{2})^{2}}-\frac{1}{2}[/tex]
Total-arealet A blir da på formen:
[tex]A=4\int_{0}^{\frac{\sqrt{3}-1}{2}}y(x)dx=4\int_{0}^{\frac{\sqrt{3}-1}{2}}\sqrt{1-(x+\frac{1}{2})^{2}}dx-(\sqrt{3}-1)[/tex]
Vi innfører:
[tex]x=\sin(u)-\frac{1}{2}[/tex]
Dette gir oss:
[tex]dx=\cos(u)du[/tex]
[tex]x=0\to\sin(u)=\frac{1}{2}\to{u}=\frac{\pi}{6}[/tex]
[tex]x=\frac{\sqrt{3}-1}{2}\to\sin(u)=\frac{\sqrt{3}}{2}\to{u}=\frac{\pi}{3}[/tex]
Hvorpå det gjenværende integral lyder:
[tex]\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}\cos^{2}(u)du=\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}\frac{1+\cos(2u)}{2}du=\frac{\pi}{12}[/tex]
Dermed burde totalen bli noe sånt som:
[tex]\frac{\pi}{3}-(\sqrt{3}-1)[/tex]
Ja, jeg viste det. Kunne korrigert ytterligere faktisk, men gadd ikke (har alt for mye å gjøre). Dvs trukket fra en differanse mellom en sirkelsektor og en tilhørende trekant, så hadde svaret mitt blitt "riktigere". Og for all del, det er for f... ikke noe kvadrat. ENIG. Jeg burde skrevet, kan hende, reuleaux polygon (eller reuleaux firkant). Evt "grønt kvadrat", eller noe!Badeball skrev:Svaret jeg får kan rundes av til 0.31515, men jeg er naturligvis ute etter den eksakte verdien uttrykt med PI, kvadratrøtter osv.
Svaret ditt er for stort ja, Janhaa, ditt kan rundes av til 0.3777. Tror ikke det grønne området er noen sum av to like reuleaux-trekanter (som jeg ikke hadde hørt om før, men faktisk var litt morsomt å lese om på mathworld!).
(De siste oppgavene jeg har svart på her inne har jeg brukt 5-10 min på, og det straffer seg).
EDIT;
fin løsning av Arild
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Her, http://img162.imageshack.us/my.php?imag ... triwc9.png, i verdens verste paint tegning noensinne, kan dere se hvilke områder jeg har denotert hva. x er arealet av området i midten.
Vi finner lett T,R og S:
[tex]S=1-\frac{\pi}{4}[/tex]
[tex]R=2(\frac{\pi}{4})-1=\frac{\pi}{2}-1[/tex]
Dra streker fra to hosliggende sentrum A,B til punktet hvor sirklene møtes M. ABM er da en likesidet trekant, og arealet er [tex]\frac{\sqrt{3}}{4}[/tex]
Da ser vi at [tex]T=2 \cdot \pi \cdot \frac{60}{360}-\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{\pi}{3}-\frac{\sqrt{3}}{4}[/tex]
Videre ser vi at [tex]T-R=b \Rightarrow b=\frac{4-\sqrt{3}}{4}-\frac{\pi}{6}[/tex]
Deretter ser vi at [tex]S-2b=a \Rightarrow a=\frac{\sqrt{3}-2}{2}+\frac{\pi}{12}[/tex]
Og siden [tex]x=R-2a \Rightarrow x=\frac{\pi}{3}-\sqrt{3}+1 \approx 0.31515[/tex]
Vi finner lett T,R og S:
[tex]S=1-\frac{\pi}{4}[/tex]
[tex]R=2(\frac{\pi}{4})-1=\frac{\pi}{2}-1[/tex]
Dra streker fra to hosliggende sentrum A,B til punktet hvor sirklene møtes M. ABM er da en likesidet trekant, og arealet er [tex]\frac{\sqrt{3}}{4}[/tex]
Da ser vi at [tex]T=2 \cdot \pi \cdot \frac{60}{360}-\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{\pi}{3}-\frac{\sqrt{3}}{4}[/tex]
Videre ser vi at [tex]T-R=b \Rightarrow b=\frac{4-\sqrt{3}}{4}-\frac{\pi}{6}[/tex]
Deretter ser vi at [tex]S-2b=a \Rightarrow a=\frac{\sqrt{3}-2}{2}+\frac{\pi}{12}[/tex]
Og siden [tex]x=R-2a \Rightarrow x=\frac{\pi}{3}-\sqrt{3}+1 \approx 0.31515[/tex]
Finfint det, Janhaa!
Enda en måte å løse den på er å innse at arealet vi er ute etter består av et kvadrat pluss fire "skalker" (som er lik sirkelsektor minus likebeint trekant). Denne metoden er veldig direkte, men krever at man finner eksakt verdi for sin(PI/12) [ikke at det er så vanskelig da, hvis man kan 2MX pensum].
Enda en måte å løse den på er å innse at arealet vi er ute etter består av et kvadrat pluss fire "skalker" (som er lik sirkelsektor minus likebeint trekant). Denne metoden er veldig direkte, men krever at man finner eksakt verdi for sin(PI/12) [ikke at det er så vanskelig da, hvis man kan 2MX pensum].
Jarle har æren...Badeball skrev:Finfint det, Janhaa!
Enda en måte å løse den på er å innse at arealet vi er ute etter består av et kvadrat pluss fire "skalker" (som er lik sirkelsektor minus likebeint trekant). Denne metoden er veldig direkte, men krever at man finner eksakt verdi for sin(PI/12) [ikke at det er så vanskelig da, hvis man kan 2MX pensum].
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]