Archimedische Spirale

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30.06.2013, 17:47	mathe2013	Auf diesen Beitrag antworten »
Archimedische Spirale Meine Frage: Hallo, gegeben ist folgende Aufgabenstellung: Gegeben ist folgende Kurve: $\begin{eqnarray} r=r(\varphi)=e^{0,6\varphi} \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} 0\leq \varphi\leq \pi, \varphi=\frac{k\pi}{8} \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} k=1,2,...,8 \end{eqnarray}$ a) Berechnen Sie $\begin{eqnarray} r=r(\varphi) \end{eqnarray}$ und tragen Sie die Werte in eine Tabelle ein. Zeichnen Sie die Kurve. b) Die Fläche zwischen der Kurve und der x-Achse ergeben eine Fläche B. Schraffieren Sie diese. Geben Sie die Polardarstellung von B und den Ebenenbereich von B an, berechnen sie den Flächeninhalt von B. c) Bestimmen Sie den Winkel und Tangente. Meine Ideen: Die Aufgaben a) und b) hab ich bereits gelöst. Nur habe ich nun keine Ahnung, wie ich nun die Tangente der Kurve und den dazugehörigen Winkel bestimme . Ich hoffe ihr könnt mir helfen. Ich denke mal für c) wird die Polardarstellung aus b) benötigt deshalb mal hier meine Lösung dazu: $\begin{eqnarray} x=rcos(\varphi), y=rsin(\varphi) \end{eqnarray}$
30.06.2013, 18:40	mYthos	Auf diesen Beitrag antworten »
Zur Tangente: --> tangente Es muss angegeben werden, WO (bei welchem Polarwinkel) die Tangente zu legen ist! mY+
30.06.2013, 18:41	mathe2013	Auf diesen Beitrag antworten »
Also den Winkel hab ich nun, glaub ich: $\begin{eqnarray} tan(\vartheta)=\frac{r(\varphi)}{r'(\varphi)}=\frac{e^{0,6\varphi}}{0,6e^{0,6\varphi}}=\frac{5}{3} \end{eqnarray}$ Daraus ergibt sich: $\begin{eqnarray} \vartheta=59,03 \end{eqnarray}$ Fehlt nur noch die Tangente
30.06.2013, 18:45	mYthos	Auf diesen Beitrag antworten »
Welcher Winkel ist das? Wohin geht der Zeiger? (Winkel sind hier im Bogenmaß anzugeben --> RAD). Und wo ist die Tangente zu legen? mY+
30.06.2013, 18:57	mathe2013	Auf diesen Beitrag antworten »
Hmm hätte gedacht, dass wäre der Schnittwinkel. In der Aufgabenstellung steht ja nicht, wo die Tangente zu legen ist. Bin verwirrt .
30.06.2013, 19:14	mYthos	Auf diesen Beitrag antworten »
Kann ja schon sein, aber das müsste doch wo stehen (der Winkel in den Schnittpunkten mit der x-Achse?) EDIT: Dann würde arctan (5/3) stimmen] mY+
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30.06.2013, 19:20	mathe2013	Auf diesen Beitrag antworten »
Da hab ich das her: Quelle: (Seite 42) ww.mathematik.ph-weingarten.de/~ludwig/Vorlesungen/ws1011/kurven/Skript_Kurven_SS_09.pdf Im Bogenmaß wäre das dann $\begin{eqnarray} \vartheta=1,0303 \end{eqnarray}$
30.06.2013, 20:08	mYthos	Auf diesen Beitrag antworten »
In dem Skript ist ersichtlich, dass es sich bei $\begin{eqnarray} \delta \end{eqnarray}$ um den Winkel der Tangente im rechten Schnittpunkt mit der x-Achse ( $\begin{eqnarray} \varphi = 2 \pi \end{eqnarray}$ ) handelt. In deiner Aufgabe ist der rechte Schnittpunkt jedoch bei $\begin{eqnarray} \varphi = 0 \end{eqnarray}$ . Das war jedoch aus deiner Aufgabenstellung nicht ersichtlich und wir können das doch nicht riechen. Du siehst also, wie wichtig eine klare und vollständige Aufgabenstellung ist, soll sich die Hilfe effizient gestalten. Wie lautet nun die Gleichung der Tangente? __________________ Du solltest noch hinterfragen, weshalb hier gilt $\begin{eqnarray} \tan \delta = \frac {r(\varphi)}{r'(\varphi)} \end{eqnarray}$ Das stimmt nur in einem ganz speziellen Fall, ansonsten muss die allgemeine Beziehung $\begin{eqnarray} r'(\varphi) = \frac{\dot{y}(\varphi)}{\dot{x}(\varphi)} \end{eqnarray}$ (sh. den verlinkten Beitrag) verwendet werden. Und: Hast du die Fläche B (rd. 17.657 FE) auch berechnen können? mY+
30.06.2013, 20:48	mathe2013	Auf diesen Beitrag antworten »
Woher weiß ich, dass der rechte Schnittpunkt $\begin{eqnarray} \varphi=0 \end{eqnarray}$ ist? Hab nur diese Aufgabenstellung, allerdings handelt es sich lediglich um eine Rekonstruktion einer Aufgabe, da hat derjenige von dem ich sie hab wohl etwas vergessen . Kannst du mir sagen, warum gilt: $\begin{eqnarray} tan(\vartheta)=\frac{r(\varphi)}{r'(\varphi)} \end{eqnarray}$ Und ja hab B=17,66 FE raus bei b). Wenn ich nun die Gleichung der Tangente aufstellen will muss ich jetzt die beiden Punktableitungen bilden?
30.06.2013, 20:56	mYthos	Auf diesen Beitrag antworten »
Wichtige Ergänzung: Auf Seite 41 des Skripts steht, dass unter dem Winkel $\begin{eqnarray} \delta \end{eqnarray}$ der Winkel des "Fahrstrahles" mit der Tangente zu verstehen ist. Dieser ist tatsächlich für alle Punkte auf der Kurve konstant (was aus der allgemeinen Steigungsformel dy/dx der Tangente relativ einfach zu beweisen* ist) und ist NICHT mit dem Anstiegswinkel der Tangente zu verwechseln. Lediglich in Schnittpunkten mit der x-Achse ist $\begin{eqnarray} \delta \end{eqnarray}$ mit diesem Anstiegswinkel identisch. () wenn ich's schon auf Papier habe, kann ich es ja auch gleich hierher schreiben: $\begin{eqnarray} r'(\varphi) = \tan \alpha = \frac{\dot{y}(\varphi)}{\dot{x}(\varphi)} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \tan \alpha = \frac {[r(\varphi) \sin \varphi)]^{\cdot}}{[r(\varphi) \cos \varphi)]^{\cdot}} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \tan \alpha = \frac {r'(\varphi) \sin \varphi + r(\varphi) \cos \varphi}{r'(\varphi) \cos \varphi - r(\varphi) \sin \varphi} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \tan \delta = \frac {\tan \alpha - \tan \varphi}{1 + \tan \alpha \tan \varphi} \quad [ \delta \ \text{ist der Winkel zwischen Radiusvektor ("Fahrstrahl") und der Tangente} ] \end{eqnarray}$ Weiter in Kurzform (alle Winkel rechts sind $\begin{eqnarray} \varphi \end{eqnarray}$ ) $\begin{eqnarray} \tan \delta = \frac {r' \sin + r \cos - r' \cos \tan + r \sin \tan}{r' \sin \tan + r \cos \tan + r' \cos - r \sin} = \frac {r (\cos + \sin \tan)}{r'(\cos + \sin \tan)} = \frac r {r'} \end{eqnarray*}$ mY+
30.06.2013, 21:02	mathe2013	Auf diesen Beitrag antworten »
Ah ok, d.h. für den Anstieg der Tangente muss ich nun die Punktableitungen für x und y bilden und $\begin{eqnarray} \varphi=0 \end{eqnarray}$ einsetzen?
30.06.2013, 21:12	mYthos	Auf diesen Beitrag antworten »
Zu deiner Frage, die ich eben erst gesehen habe: Ja, das geht so (für x = 1 und y = 0). Du kannst aber auch diesen Winkel $\begin{eqnarray} \delta \end{eqnarray}$ immer verwenden, siehe die vorhergehende Ergänzung, die ich geschrieben habe. Probiere es auf beide Arten, du kriegst das gleiche Resultat. Wie wir jetzt wissen, ist dies der Winkel der Tangente zu dem "Fahrstrahl", d.i. die Verbindung vom Nullpunkt zu einem Punkt der Kurve. Dass der rechte Schnittpunkt (1; 0) für den Winkel $\begin{eqnarray} \varphi = 0 \end{eqnarray}$ gilt, siehst du recht einfach, indem du diesen Winkel in die Koordinatendarstellung $\begin{eqnarray} x = r(\varphi) \cos \varphi = e^{0.6 \varphi} \cos \varphi \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y = r(\varphi) \sin \varphi = e^{0.6 \varphi} \sin \varphi \end{eqnarray}$ --------------------------------------------- einsetzt (das musst du ja bei der Erstellung des Graphen ebenso für alle Punkte machen, deren Koordinaten zu bestimmen sind), dabei kommt bei $\begin{eqnarray} \varphi = 0 \end{eqnarray}$ sofort x = 1 und y = 0. Und dort ist auch die Tangente zu bestimmen (sie hat in jedem Punkt eine andere Gleichung und auch eine andere Steigung). Deine Tangente geht also durch den Punkt (1/0) und hat dort die Steigung 5/3. Damit sollte dir die Bestimmung deren Gleichung gelingen. mY+
30.06.2013, 21:27	mathe2013	Auf diesen Beitrag antworten »
Tatsache damit komme ich auch auf den Anstieg : $\begin{eqnarray} r'(\varphi)=\frac{0,6e^{0,6\varphi}sin(\varphi)+e^{0,6\varphi}cos(\varphi)}{0,6e^{0,6\varphi}cos(\varphi)-e^{0,6\varphi}sin(\varphi) }=\frac{0,6e^{0,60}sin(0)+e^{0,60}cos(0)}{0,6e^{0,60}cos(0)-e^{0,60}sin(0)}=\frac{5}{3} \end{eqnarray}$ Tangentengleichung wäre dann: $\begin{eqnarray} y=\frac{5}{3}x-\frac{5}{3} \end{eqnarray}$ ?
30.06.2013, 22:39	mYthos	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, so stimmt es Bitte lese nochmals in der Ergänzung, wie man auf r/r' kommt, ich habe dazu noch etwas ausgeführt. mY+
30.06.2013, 22:47	mathe2013	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok danke, ja mach ich

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