Tyngdepunkt

[sletvik]

I et koordinatsystem er et trapes plassert symmetrisk om y-aksen slik at de to parallelle sidene går vannrett. Den nederste, som også er den korteste av de to, er en høyde a over x-aksen, den øverste en høyde h. De to "veggene" skrår oppover med en vinkel på 60 grader i forhold til x-aksen. Finn et uttrykk for tyngdepunktets y-koordinat.

Ettersom trapeset ligger sym. om y-aksen, er jo x-koordinaten 0, men er det ikke riktig å si at y-koordinaten ligger midt i mellom de to parallelle sidene? Dette får jeg til å bli 1/2(a+h) noe som stemmer dårlig med fasitsvaret som er så voldsomt som

2((h^3)-(a^3)) / 3((h^2)-(a^2))

Hjelp!

[oro2]

Du kan ikke bare dele den på midten. Arealet må være det samme over/under tyngdepunktet.

Prøv å sett opp en ligning.. Jeg har prøvd ulike måter, men fikk forskjellig svar hver gang
Jeg får se på det i morgen hvis ingen andre svarer her.
God natt

[sletvik]

Har funnet en formel som sier at tyngdepunktets plassering i y-retning for et trapes er gitt som

(h/3)*((a+2b)/(a+b))

hvor h er høyden mellom de to parallelle sidene, og a og b er lengden på disse med a som grunnlinje. Jeg kom svært nær da jeg satte inn mine uttrykk for disse størrelsene, men ikke helt. Forslag?

[administrator]

Hei!
Denne har voldet meg problemer og mye regning har ikke noe hånfast enda, men skal se på den i helga. Noen andre??

KM

[oro2]

Jeg har fått så mye forskjellige svar her at jeg må forsikre meg om at jeg bruker rett figur...


Stemmer denne?

[administrator]

Slik oppfatter jeg den.

KM

[administrator]

Har fortsatt ikke noe svar, men tenker litt høyt.

legg en linje parallell med x aksen inn i trapeset, slik at det deles i to like store arealer.
Denne linjen har lengden 1.
Avstanden fra x aksen til linjen er k

Lengden av de tre parallelle linjene blir da:
1 - (2(k-a))/[rot][/rot]3

1

Og

1 + (2(h - k))/[rot][/rot]3

Dersom vi nå setter at arealet av det store trapeset er lik summen av de to mindre, og greier å få et uttrykk for k= ... er vi godt på vei...

Problemet mitt er at det ikke blir spesielt pent......
Kommentarer til tankerekken og lynkurs i algebra mottaes med takk.
Forstsatt god søndag

KM

[sletvik]

Jeg kan ihvertfall bekrefte at dere har oppfattet figuren riktig.

[dischler]

oppgaven er ikke entydig så lenge ikke lengden på en av sidene som er parallelle med x-aksen er gitt. Dette sees lett ved å la disse sidene "gå mot uendelig" som medfører at tyngdepunktet går mot (h+a)/2. I motsatt fall: når den korteste siden =0 har vi en trekant og tyngdepunktets y-verdi er da (opplagt) større enn (h+a)/2. Den verdien du søker er et sted mellom disse og kan f.eks finnes ved å integrere y-verdien over arealet. Men som sagt er ikke oppgaven entydig gitt ved h og a. Dessuten: tanken med å finne like arealer er feil generell fremgangsmåte for å finne tyngdepunkt.

[dischler]

dersom vi antar at forlengelsen av de skrå sidene møtes i origo, så ser fasit ut til å stemme.... Det ble noe regning, så jeg dropper å gjengi den her. Men utregningen følger av at tyngdepunktet til en likebent trekant ligger h/3 fra grunnlinjen, og at figuren som er oppgitt kan sees på som "differansen" mellom to trekanter.

[bernoulli]

Litt sent ute kanskje, men jeg har iallefall et svar. Flatesenter i y-retning er ý = 2/3 * (h^3 - a^3) / (h - a)^2.
Jeg har da forutsatt at ved å forlenge de skrå linjene, så vil de treffes i origo.

Fremgangsmåte:

Sett ý*A = Int(y*dydx), dette blir et dobbeltintegral. Grensene for y er h og a. Grensene for x finner du ved å finne uttrykket for de skrå linjene av formen x = x(y). Og da er det bare å integrere. For å få svaret på kompakt form, er du nødt til å ta ibruk tan(Pi/3) = sqrt(3)