Polarkoordinaten - Lokaler Hochpunkt berechnen

27.11.2009, 19:49

PascalLuzern

Polarkoordinaten - Lokaler Hochpunkt berechnen

Hallo,

ich habe folgende Aufgabe:

Es gibt ein vieblättriges Kleeblatt, dass durch die Parameterdarstellung r = a | cos (2 Phi)| (a>0) gegeben ist.

Davon soll ich den Flächeninhalt ausrechnen, was mir glaube ich gelungen ist.

Jetzt soll jedoch noch die "Breite" des Kleeblattes, also der Doppelte y-Wert des lokalen Hochpunktes (oder Tiefpunkt) am rechten (oder linken) Arm bestimmt werden.

Ich hätte die Idee gehabt, das in kartesische Koordinaten umzurechnen um dann eine Hochpunktbestimmung zu machen, aber das hat nicht so ganz funktioniert.

Kann mir jemand helfen?

Merci,

Grüsse Pascal

27.11.2009, 23:27

Abakus

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RE: Polarkoordinaten - Lokaler Hochpunkt berechnen
Hallo!

Ich bin jetzt nicht genug im Problem drin, aber reicht deine Parameterdarstellung dafür nicht, wenn du den Winkel kennst ?

Grüße Abakus smile

27.11.2009, 23:57

mYthos

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Der Winkel, welcher zu dem Hochpunkt führt, soll berechnet werden.

Funktionen in Polarform haben das Aussehen

$\begin{eqnarray*} r = r(\varphi) \end{eqnarray*}$

Zur kartesischen Darstellung geht man auf die Parameterfunktionen über:

$\begin{eqnarray*} x(\varphi) = r(\varphi) \cos \varphi \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y(\varphi) = r(\varphi) \sin \varphi \end{eqnarray*}$
-----------------------------

Die Ableitungen von Parameterfunktionen nach dem Parameter werden durch einen Punkt gekennzeichnet:

$\begin{eqnarray*} \dot{x}(\varphi) = \frac{\dd x(\varphi)}{\dd \varphi} \ \ \ \dot{y}(\varphi) = \frac{\dd y(\varphi)}{\dd \varphi} \end{eqnarray*}$

Die Steigung in einem Kurvenpunkt ist dann

$\begin{eqnarray*} r'(\varphi) = \frac{\dot{y}(\varphi)}{\dot{x}(\varphi)} \end{eqnarray*}$
________________________________________________________________

Das muss nun auf deine gegebene Funktion umgesetzt werden:
Da du die Steigung Null zu setzen hast, genügt die Berechnung des Zählers.

$\begin{eqnarray*} y(\varphi) = a \cos 2 \varphi \sin \varphi \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \dot{y}(\varphi) = 0 \end{eqnarray*}$

Daraus folgt - nach Ableitung , Nullsetzen und Lösen der goniometrischen Gleichung der gesuchte Winkel

$\begin{eqnarray*} \varphi = \arctan \frac 1 {\sqrt5} \end{eqnarray*}$

Der zugehörige y-Wert ist dann die halbe (gesuchte) Breite.

[attach]12284[/attach]

Die Umrechnung in eine Gleichung in kartesischen Koordinaten gelingt ebenfalls (sh. 2. Bild), die Ableitung bestimmen und dann Null setzen ist ein eher längerer Weg und endet dann bei x = ... und $\begin{eqnarray*} y = \frac{\sqrt2}{3 \sqrt3} \end{eqnarray*}$

mY+

30.11.2009, 14:34

PascalLuzern.

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Hallo Mythos, danke dir schon mal für die Antwort, hat mir sehr geholfen.

Meine Frage ist noch:

Darf man die Betragsstriche einfach weglassen bei dieser Rechnung?

Du schreibst ja als y(Phi) = a cos (2*Phi) * sin (Phi) aber als Grundform müsste es ja mit Betrag da stehen.

Ansonsten wirklich danke!

30.11.2009, 20:45

mYthos

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Mit dem Betrag hast du schon Recht. Da das Kleeblatt jedoch vollkommen symmetrisch ist und nur die Breite der "Keule" gefragt war, kann die Rechnung selbstverständlich nur mit dem positiven Teil der Funktion durchgeführt werden.

mY+

02.12.2009, 22:51

TimHH

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Danke dir nochmal.

Ich habe allerdings gerade Probleme y' (Phi) Null zu setzen. Ich hoffe du kannst mir meinen Fehler aufzeigen:

y(Phi) = a * cos (2Phi) * sin (Phi)

y ' = - 2 * a * sin (2 Phi) * sin (Phi) + a * cos (2 Phi) * cos (Phi) = 0

cos ( 2 Phi) * cos (Phi) = 2 * sin (2 Phi) * sin (Phi)

1 = 2 * tan (2 Phi) * tan (Phi)

0.5 = (2 / (1- tan (Phi)) * tan (Phi)

0.5 - 0.5 * tan (Phi) = 2 tan (Phi)

0.5 = 2.5 * tan (Phi)

Phi = arc tan 0.2

Habe ich das tan (2 Phi) falsch umgeformt (ich bin mir nicht sicher ob die Formel soweit stimmt....) oder habe ich etwas anderes falsch gemacht?

Danke nochmal und Grüsse,

Tim

03.12.2009, 01:09

mYthos

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Zitat:

Original von TimHH
...
0.5 = (2 / (1- tan (Phi)) * tan (Phi)
...

Der Fehler liegt dort. Bei dem Additionstheorem für den Tangens muss im Nenner

$\begin{eqnarray*} 1 - \tan^2 \varphi \end{eqnarray*}$

stehen.

$\begin{eqnarray*} \to \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 4 \tan^2 \varphi = 1 - \tan^2 \varphi \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \ldots \end{eqnarray*}$

mY+

03.12.2009, 12:03

Leopold

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Mittels $\begin{eqnarray*} \tan^2 \varphi = \frac{1}{\cos^2 \varphi} - 1 \end{eqnarray*}$ kann man das umformen zu

$\begin{eqnarray*} \cos^2 \varphi = \frac{5}{6} \end{eqnarray*}$

Es ist nun überflüssig, $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ explizit zu berechnen. Vielmehr kann man das gleich in

$\begin{eqnarray*} y = a \cdot \cos(2 \varphi) \cdot \sin \varphi = a \cdot \left( 2 \cos^2 \varphi - 1 \right) \cdot \sqrt{1 - \cos^2 \varphi} \end{eqnarray*}$

einsetzen, um den gesuchten maximalen $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ -Wert zu ermitteln.

04.12.2009, 13:15

Leopold

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RE: Polarkoordinaten - Lokaler Hochpunkt berechnen

Zitat:

Original von PascalLuzern
Ich hätte die Idee gehabt, das in kartesische Koordinaten umzurechnen um dann eine Hochpunktbestimmung zu machen, aber das hat nicht so ganz funktioniert.

Die Aufgabe kann auch in kartesischen Koordinaten gelöst werden. Wenn man sich aber nicht im Gestrüpp der Trigonometrie und Wurzelrechnung verfangen will, muß man recht trickreich vorgehen. Es genügt, $\begin{eqnarray*} 0 < \varphi < \frac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$ zu betrachten. Wie die Zeichnung von mYthos zeigt, gilt dann $\begin{eqnarray*} 0 <y \leq x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ kann als Funktion von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ betrachtet werden: $\begin{eqnarray*} x \mapsto y \end{eqnarray*}$ . Man bestimmt eine implizite Darstellung dieser Funktion.

Für Polarkoordinaten

$\begin{eqnarray*} x = r \cos \varphi \, , \ \ y = r \sin \varphi \end{eqnarray*}$

gilt gemäß dem trigonometrischen Pythagoras allgemein

$\begin{eqnarray*} x^2 + y^2 = r^2 \end{eqnarray*}$

Mit Hilfe der Cosinusformel $\begin{eqnarray*} \cos(2 \varphi) = cos^2 \varphi - \sin^2 \varphi \end{eqnarray*}$ für das doppelte Argument folgt aber ebenso

$\begin{eqnarray*} x^2 - y^2 = r^2 \cos(2 \varphi) \end{eqnarray*}$

Jetzt setzt man die Polardarstellung $\begin{eqnarray*} r = a \cos(2 \varphi) \end{eqnarray*}$ ein und erhält die beiden Gleichungen

$\begin{eqnarray*} x^2 + y^2 = a^2 \cos^2 (2 \varphi) \, , \ \ x^2 - y^2 = a^2 \cos^3 (2 \varphi) \end{eqnarray*}$

6 ist das kleinste gemeinsame Vielfache von 2 und 3. Mit den Beziehungen von eben führt das auf

$\begin{eqnarray*} \left( x^2 + y^2 \right)^3 - a^2 \left( x^2 - y^2 \right)^2 = 0 \end{eqnarray*}$

Und das ist die implizite Darstellung der Kurve in kartesischen Koordinaten. Bezeichnen wir die Ableitung nach $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ mit einem Strich, so liefert implizite Differentiation die Gleichung

$\begin{eqnarray*} 3 \left( x^2 + y^2 \right)^2 \left( x + yy' \right) - 2a^2 \left( x^2 - y^2 \right) \left( x - yy' \right) = 0 \end{eqnarray*}$

Setzt man nun $\begin{eqnarray*} y' = 0 \end{eqnarray*}$ , folgt wegen $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ daraus

$\begin{eqnarray*} 3 \left( x^2 + y^2 \right)^2 - 2a^2 \left( x^2 - y^2 \right) = 0 \end{eqnarray*}$

Damit hat man das folgende nichtlineare Gleichungssystem in $\begin{eqnarray*} x^2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y^2 \end{eqnarray*}$ zu lösen:

$\begin{eqnarray*} \text{(I)} \ \ \ \left( x^2 + y^2 \right)^3 - a^2 \left( x^2 - y^2 \right)^2 = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \text{(II)} \ \ \ 3 \left( x^2 + y^2 \right)^2 - 2a^2 \left( x^2 - y^2 \right) = 0 \end{eqnarray*}$

Zunächst löst man $\begin{eqnarray*} \text{(II)} \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} x^2 - y^2 \end{eqnarray*}$ auf und setzt das in die erste Gleichung ein. Nach Division durch $\begin{eqnarray*} \left( x^2 + y^2 \right)^3 \end{eqnarray*}$ bekommt man eine lineare Gleichung in $\begin{eqnarray*} x^2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y^2 \end{eqnarray*}$ . Diese löst man nach $\begin{eqnarray*} x^2 \end{eqnarray*}$ auf und setzt in $\begin{eqnarray*} \text{(II)} \end{eqnarray*}$ ein, um $\begin{eqnarray*} y^2 \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ zu bestimmen.

25.03.2011, 11:21

taschenrechner123

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wie macht ihr eigentlich immer diese guten schreibweisen von den gleichungen?

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