matematikk.net

Vi har et kvadrat som vist under med sidelengder 2. I midten av dette kvadratet har vi et punkt P. Alle punktene som er nærmere sentrum av figuren (punkt P), enn sidene er markert med rødt.

Hva er arealet av den røde, nesten firkanten?

Hva med om figuren hadde hatt sidelengder s?



*Hint*

Se Thales tråd om midtfunksjonen

OG den figuren der var virkelig stress å tegne pent i geogebra ^^

Den røde, nesten firkanten ser ut som en mellomting av en reuleaux square og en superellipse...

Sett firkanten med sidekant s i et koordinatsystem, og la P være origo.

Vi vil finne området av figuren som vi kaller A, dvs [tex]\int \int_A 1 dxdy[/tex]. Vi skifter om til polarkoordinater, og får at området er lik

[tex]\int^{2\pi}_{0} \int^{l(\theta)}_0 r dr d\theta = \frac{1}{2}\int^{2\pi}_{0} l(\theta)^2 d\theta[/tex], der [tex]l(\theta)[/tex] er avstanden fra P til kanten av A med retningsvektor gitt ved [tex]\theta[/tex], som er halvparten av avstanden til firkanten langs denne vektoren.

For [tex]\theta[/tex] i [tex][-\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4}][/tex] har vi av litt elementær trigonometri at [tex]l(\theta) = \frac{s}{4\cos \theta}[/tex]. Videre er det klart av symmetri at [tex]l(\theta+\frac{\pi}{2}) = l(\theta).[/tex]

Da står vi igjen med [tex]4\cdot \frac{1}{2}\int^{\frac{\pi}{4}}_{-\frac{\pi}{4}} l(\theta)^2 d\theta = \frac{s^2}{8}\int^{\frac{\pi}{4}}_{-\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\cos(\theta)^2} d\theta = \frac{s^2}{8}\int^{\frac{\pi}{4}}_{-\frac{\pi}{4}} \tan(\theta)^{\prime} d\theta = \frac{s^2}{8}( \tan(\frac{\pi}{4})-\tan(-\frac{\pi}{4}))=\frac{s^2}{4}[/tex].

Området er da generelt en fjerdedel av området til firkanten. For s = 2 blir området lik 1.

Hvordan klarte du å tegne figuren i geogebra?

Av min erfaring er det ofte ganske vanskelig å tegne geometriske figurer til oppgaver som har veldig spesifikke løsninger.

Charlatan wrote:Området er da generelt en fjerdedel av området til firkanten. For s = 2 blir området lik 1.

Tror ikke dette stemmer. Funksjonen din [tex]l(\theta)[/tex] beskriver ikke den røde kurven i figuren, men en rett linje.

Ligningen som beskriver kurven er [tex]r\left(\cos(\theta) +1 \right) = s[/tex] eller [tex]l(\theta) = \frac{s}{\cos(\theta)+1}[/tex] fordi siden til den røde kurven er et stykke av en parabel.

Det jeg gjorde var at jeg laget først et kvadrat.

Så brukte jeg litt snedige funksjoner som den thale viste.

Der alle punkter som ligger like langt fra ei linje og et punkt, ligger på parabelen

[tex]\frac{1}{2n}x^2[/tex] der [tex]n[/tex] er avstanden mellom linja og punktet.

Så i geogebra brukte jeg litt parameterfremstillinger, og annet snadder for å tegne figuren. På bildet er det vel 6 funksjonsuttrykk som er satt sammen for å tegne figuren.

Fikk dog et litt annet svar enn deg.

Nå burde jeg ha lagt figuren i origo, men gjorde det ikke. Dermed blir regningen litt komplisert. Håpet at denne hadde en "lett" løsning og.

-----------------------------------------------

Vi lar punktene i hjørnene være (0,0) (2,2) (0,2) og (2,0)
Da vil punktet P ha koordinatene (1,1)

Vi deler opp figuren i to deler. 8sidekanter, og et mindre kvadrat.
Vi finner skjæringspunktet i høyre hjørnet av det lille kvadratet først.

[tex]-\frac{1}{4}(x-1)^2+1/2+1 = \sqrt{-4x+6}+1[/tex] som gir [tex]-1+\sqrt{6}[/tex] og på samme måten blir det andre skjæringspunktet [tex]3-\sqrt{6}[/tex]

Altså blir arealet av det lille kvadratet

[tex]((3-\sqrt{6}-(-1+\sqrt{6}))^2 \, = \, 40-16*\sqrt{6}[/tex]

For å finne arealet av det området som ligger utenfor kvadratet men fortsatt innenfor rektangelet bruker vi integrasjon og litt subtraksjon

Vi kan dele området i 8 symmetriske deler. Arealet av en slik bit blir

[tex]\int_{3-\sqrt{6}}^{1} -\frac{1}{4}\, \left( x-1 \right) ^{2}+\frac32 dx \, - \, \frac{1}{2}(-1+sqrt{6})(-4+2\sqrt{6}) \, = \, 3\sqrt{6} - \frac{22}{3}[/tex]

Dermed blir det totalet arealet

[tex]\left( {3\sqrt 6 - \frac{{22}}{3}} \right)8 + {\left( {2\sqrt 6 - 4} \right)^2} = 8\sqrt 6 - \frac{{56}}{3}[/tex]

Godt mulig jeg har regnet feil, håper da ikke det. Hjelpetegning under.

Jeg får [tex]A=2s^2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\rm{d}\theta}{(\cos(\theta)+1)^2}=s^2\frac{1}{3}\left(4\sqrt{2}-5)[/tex].

Edit: rettet faktorfeil på 4

Ja, espen, du har rett, jeg var litt for kjapp der.

[tex]l(\theta)[/tex] for theta i samme område vil være avstanden til punktet [tex](x,y) = (r\cos(\theta),r\sin(\theta))[/tex] slik at [tex]x^2+y^2 = (x-s/2)^2[/tex], dvs [tex]r^2 = r^2\cos(\theta)^2-r\cos(\theta)s+\frac{s^2}{4}[/tex].

Løser for r:

[tex]r^2\sin^2(\theta) +s\cos(\theta)r-\frac{s^2}{4} = 0[/tex]

[tex]r = \frac{-s\cos(\theta)+\sqrt{s^2\cos(\theta)^2+s^2\sin^2(\theta)}}{2\sin^2(\theta)} [/tex]
[tex]= s\frac{-\cos(\theta)+1}{2\sin^2(\theta)} = \frac{s}{2(1+\cos(\theta))}[/tex]

Integralet blir altså

[tex]I = s^2\int^{\frac{\pi}{4}}_{-\frac{\pi}{4}} \frac{1}{(1+\cos(\theta))^2} d\theta[/tex]

Substituerer [tex]t = \tan(\frac{\theta}{2})[/tex] og får

[tex]I = \frac{1}{2}s^2\int^{\sqrt{2}-1}_{1-\sqrt{2}} 1+t^2 dt = \frac{1}{2}s^2[t+\frac{t^3}{3}]^{\sqrt{2}-1}_{1-\sqrt{2}} = s^2\frac{8\sqrt{2}-10}{3}[/tex]

Charlatan wrote: [tex]= s\frac{-\cos(\theta)+1}{2\sin^2(\theta)} = \frac{s}{2(1+\cos(\theta))}[/tex]

Integralet blir altså

[tex]I = s^2\int^{\frac{\pi}{4}}_{-\frac{\pi}{4}} \frac{1}{(1+\cos(\theta))^2} d\theta[/tex]

Helt sikkert riktig dette er ikke så langt unna selv, må gå igjennom eventuelle slurvefeil etterpå. Men hvor forsvinner 2 tallet?

Nebuchadnezzar wrote:Helt sikkert riktig dette er ikke så langt unna selv, må gå igjennom eventuelle slurvefeil etterpå. Men hvor forsvinner 2 tallet?

Det er 4 biter, så man multipliserer integralet med 4. Siden det er snakk om polar integrasjon blir arealet [tex]A=2\int l(\theta)^2\rm{d}\theta[/tex], så fra det ståstedet ser det ut som svaret har en faktorfeil på 2. Dette ser ut til å være tilfelle, ettersom vi forventer at arealet til firkanten er noe mindre enn en firedel av arealet til den store firkanten.