Parametrisierte Kurve

10.07.2024, 09:49

watchman

Parametrisierte Kurve

Hallo

Es geht um die Kurve C, welche durch die Parametrisierung x(t)=sin(2t)sin(t) und y(t)=sin(2t)cos(t) mit t in [0; 2pi] entsteht.

Die Aufgabe besteht darin die Kurve a) zu skizzieren und b) die Punkte ungleich (0,0) mit waagerechter Tangente zu bestimmen.

Meine Frage(n) zu a) :

Die roten Punkte in der Skizze (siehe Anhang) habe ich mir mittels einer Wertetabelle in pi/4-Schritten erschlossen.
Natürlich könnte ich mit anderen t-Werten auch noch viele weitere Punkte berechnen, aber das ist doch recht mühsam.
Wie kann man hier beim Skizzieren ohne Hilfsmittel in einer Klausur möglichst effizient vorgehen ?
Kann man sich das "Blütenmuster" anhand der Terme direkt erschließen ?

Meine Frage(n) zu b) :

Für die jeweiligen Ableitungen erhalte ich via Produktregel :

x'(t) = 2cos(2t)sin(t)+sin(2t)cos(t) und y'(t)=2cos(2t)cos(t)-sin(2t)sin(t)

Stimmt es, dass für einen waagerechten Verlauf nur y'(t) Null werden muss ?
Falls ja, dann erhalte ich mittels Division durch cos(2t) und cos(t) die Gleichung tan(2t)tan(t)=2, was mir zwar kompakter aber nicht zielführend erscheint.
Wie kann man am besten vorgehen um die offenbar 4 möglichen Kandidaten (siehe schwarz markierte Punkte im Anhang) zu bestimmen ?

10.07.2024, 10:23

HAL 9000

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Man kann sich den Graph deiner Kurve alternativ über die Polardarstellung $\begin{eqnarray*} r(\varphi) = \sin(2\varphi) \end{eqnarray*}$ erschließen. In deinem Fall wäre dann Winkelrichtung $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ von der positiven y-Achse im mathematisch negativen Drehsinn zu betrachten, und es liegt der zugehörige Kurvenpunkt genau in Entfernung $\begin{eqnarray*} \sin(2\varphi) \end{eqnarray*}$ vom Ursprung. Für $\begin{eqnarray*} 0\leq \varphi \leq \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ (erster Quadrant) sowie auch $\begin{eqnarray*} \pi\leq \varphi \leq \frac{3}{2}\pi \end{eqnarray*}$ (dritter Quadrant) ist das in diesem Sinne unmittelbar einsichtig.

In den anderen beiden Quadranten passiert etwas anderes: Da ist $\begin{eqnarray*} \sin(2\varphi)<0 \end{eqnarray*}$ , so dass der Winkel $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ im zweiten Quadranten einen Kurvenpunkt im vierten Quadranten zur Folge hat, und umgekehrt, d.h. durch diese "negative Entfernung $\begin{eqnarray*} \sin(2\varphi) \end{eqnarray*}$ vom Ursprung" finden dieser Quadrantentausch statt.

Zitat:

Original von watchman
Stimmt es, dass für einen waagerechten Verlauf nur y'(t) Null werden muss ?

Das ist eine notwendige Bedingung, ja, aber sie ist nicht hinreichend. Letzteres wäre etwa, dass zusätzlich auch noch $\begin{eqnarray*} x'(t)\neq 0 \end{eqnarray*}$ an genau dieser Stelle gilt.

Sind beide Ableitungen Null, so kann man daraus allein nichts über den Verlauf des Graphen an dieser Stelle herauslesen.

Ok, konkret zur Nullstellenbestimmung von $\begin{eqnarray*} y'(t) \end{eqnarray*}$ : Mit den Doppelwinkel-Additionstheoremen sowie zusätzlich $\begin{eqnarray*} \sin^2(t) = 1-\cos^2(t) \end{eqnarray*}$ bekommt man

$\begin{eqnarray*} 0 = 2\left(\cos^2(t)-\sin^2(t)\right)\cos(t) - 2\sin^2(t)\cos(t) = 6\cos^3(t)-4\cos(t) \end{eqnarray*}$ .

Das ist eine einfach lösbare kubische Gleichung in der Variablen $\begin{eqnarray*} \cos(t) \end{eqnarray*}$ mit den Lösungen $\begin{eqnarray*} \cos(t)=0 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} \cos(t) = \pm \frac{\sqrt{6}}{3} \end{eqnarray*}$ .

EDIT: Dein Weg über Tangens geht allerdings auch: Mit $\begin{eqnarray*} \tan(2t) = \frac{2\tan(t)}{1-\tan^2(t)} \end{eqnarray*}$ folgt dann $\begin{eqnarray*} \frac{2\tan^2(t)}{1-\tan^2(t)}=2 \end{eqnarray*}$ , umgestellt $\begin{eqnarray*} \tan(t)=\pm\frac{\sqrt{2}}{2} \end{eqnarray*}$ .

10.07.2024, 18:24

watchman

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Vielen Dank für deine sehr verständlichen Ausführungen. Freude

Eine kurze Nachfrage noch zu b) :

Die Lösungen zu cos(t)=0 führen zu den waagerechten Tangenten im Ursprung - wenn ich mich nicht täusche.

Die Lösungen zu $\begin{eqnarray*} \cos(t) = \pm \frac{\sqrt{6}}{3} \end{eqnarray*}$ sind ohne Taschenrechner aber nicht mehr mal eben so ersichtlich oder irre ich mich da ?
Ich frage das nur um einschätzen zu können, ob sowas dann eine realistische Klausuraufgabe sein könnte, wo keine Hilfsmittel erlaubt sind.

11.07.2024, 07:54

HAL 9000

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Zitat:

Original von watchman
Die Lösungen zu $\begin{eqnarray*} \cos(t) = \pm \frac{\sqrt{6}}{3} \end{eqnarray*}$ sind ohne Taschenrechner aber nicht mehr mal eben so ersichtlich oder irre ich mich da ?

So würde ich das nicht formulieren: Ausgehend von der Gleichung sind diese Lösungen m.E. unmittelbar ersichtlich. Was anderes ist es, diesen Wert dann ohne TR numerisch zu ermitteln, also $\begin{eqnarray*} \frac{\sqrt{6}}{3} \approx 0,8165 \end{eqnarray*}$ .

Zur Ermittlung der zugehörigen Punktkoordinaten benötigt man übrigens keine Winkelfunktionen, denn für die ist (mit frei kombinierbaren $\begin{eqnarray*} u,v\in \{-1,+1\} \end{eqnarray*}$ )

$\begin{eqnarray*} \cos(t) = u\frac{\sqrt{6}}{3} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \sin(t) = v\sqrt{1-\cos^2(t)} = v\frac{\sqrt{3}}{3} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \sin(2t) = 2\sin(t)\cos(t) = uv\frac{2\sqrt{2}}{3} \end{eqnarray*}$

und somit $\begin{eqnarray*} (x(t),y(t)) = \left( u\frac{2\sqrt{6}}{9} , v\frac{4\sqrt{3}}{9}\right) \end{eqnarray*}$ , das sind die vier schwarzen Punkte.

11.07.2024, 13:39

watchman

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Nochmals vielen Dank.

Das hat mir sehr geholfen. smile

11.07.2024, 18:05

Leopold

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Man kann auch mit einer impliziten Darstellung der Kurve arbeiten. Ich will damit nicht sagen, daß das für eine Klausur ein gangbarer Weg ist, da es dort auch auf die Zeit ankommt und man nicht ewig probieren kann, wie man den Parameter nun geschickt eliminiert.

$\begin{align*} \begin{matrix} x = \sin(2t) \sin(t) \\ y = \sin(2t) \cos(t) \end{matrix} \end{align*}$

Den trigonometrischen Pythagoras verwendend erhält man daraus

$\begin{align*} r = \left( x^2 + y^2 \right)^{\frac{1}{2}} = \left( \sin^2(2t) \sin^2(t) + \sin^2(2t) \cos^2(t) \right)^{\frac{1}{2}} = \left( \sin^2(2t) \right)^{\frac{1}{2}} \end{align*}$

Das ist die von HAL angegebene Polarform:

$\begin{align*} r = \left| \sin(2t) \right| \end{align*}$

mit dem kleinen Unterschied, daß hier $\begin{align*} r \end{align*}$ nichtnegativ ausfällt und die absolute Länge des Strahls zum Argument $\begin{align*} t \end{align*}$ angibt.

Andererseits gilt

$\begin{align*} 2 \left| \, xy \, \right| = \left| \, \sin^2(2t) \cdot 2 \sin(t) \cos(t) \, \right| = \left| \, \sin^3(2t) \, \right| = \left| \, \sin(2t) \, \right|^{\, 3} = r^3 \end{align*}$

Damit findet man die implizite Beschreibung

$\begin{align*} 2 \left| \, xy \, \right| = \left( x^2 + y^2 \right)^{\frac{3}{2}} \end{align*}$

Durch Quadrieren erhält man eine wurzelfreie implizite Darstellung der Kurve

$\begin{align*} \text{(*)} \ \ \left( x^2 + y^2 \right)^3 = 4x^2 y^2 \end{align*}$

Dieser Darstellung entnimmt man die Symmetrie der Kurve zu den Koordinatenachsen, da sich Vorzeichenänderungen bei $\begin{align*} x \end{align*}$ und $\begin{align*} y \end{align*}$ nicht auswirken. Da auch eine Vertauschung von $\begin{align*} x \end{align*}$ und $\begin{align*} y \end{align*}$ die Gleichung invariant läßt, liegt auch eine Symmetrie zu den Winkelhalbierenden der Quadranten vor.

Nun suchen wir Punkte mit horizontaler Tangente. Wegen der Symmetrien darf man sich auf den offenen Quadranten $\begin{align*} x>0, \, y>0 \end{align*}$ beschränken. Aufgrund der Parameterdarstellung hat man eine ungefähre Vorstellung von der Kurve und darf annehmen, daß in einer Umgebung einer horizontalen Tangente $\begin{align*} y \end{align*}$ eine Funktion von $\begin{align*} x \end{align*}$ ist: $\begin{align*} y = f(x) \end{align*}$ . Die Ableitung nach $\begin{align*} x \end{align*}$ sei mit einem Strich bezeichnet: $\begin{align*} y' = f'(x) \end{align*}$

In $\begin{align*} \text{(*)} \end{align*}$ differenzieren wir implizit nach $\begin{align*} x \end{align*}$ und dividieren durch 2:

$\begin{align*} 3 \left( x^2 + y^2 \right)^2 \left( x + yy' \right) = 4xy^2 + 4x^2yy' \end{align*}$

Von jetzt ab nehmen wir an, daß $\begin{align*} x,y \end{align*}$ die Koordinaten des Punktes mit horizontaler Tangente bezeichnen. Dann darf man in der letzten Gleichung $\begin{align*} y'=0 \end{align*}$ einsetzen und bekommt nach Division durch $\begin{align*} 3x \end{align*}$ und Radizieren die Gleichung

$\begin{align*} \text{(**)} \ \ \left( x^2 + y^2 \right) = \frac{2}{3} \sqrt{3} \, y \end{align*}$

Das setzt man in $\begin{align*} \text{(*)} \end{align*}$ ein und erhält nach Division durch $\begin{align*} y^2 \end{align*}$ und Auflösen nach $\begin{align*} y \end{align*}$ die Beziehung:

$\begin{align*} \text{(***)} \ \ y = \frac{3}{2} \sqrt{3} \, x^2 \end{align*}$

Es sei hier noch einmal betont, daß die Beziehungen $\begin{align*} \text{(**)} \end{align*}$ und $\begin{align*} \text{(***)} \end{align*}$ nicht mehr für alle Kurvenpunkte gültig sind, sondern nur für den Punkt mit horizontaler Tangente im I. Quadranten. Setzt man nun $\begin{align*} y \end{align*}$ aus $\begin{align*} \text{(***)} \end{align*}$ in $\begin{align*} \text{(**)} \end{align*}$ ein, so ergibt sich eine einfache Gleichung vierten Grades in $\begin{align*} x \end{align*}$ . Da wir $\begin{align*} x>0 \end{align*}$ annehmen, darf man durch $\begin{align*} x^2 \end{align*}$ dividieren und findet als einzige Lösung

$\begin{align*} x = \frac{2}{9} \sqrt{6} \end{align*}$

Und $\begin{align*} \text{(***)} \end{align*}$ liefert das zugehörige

$\begin{align*} y = \frac{4}{9} \sqrt{3} \end{align*}$

Das ist kein Lösungsweg, den man mal so schnell entwirft, für eine Klausur also wohl nicht geeignet. Es hat mich nur gefuxt, es einmal implizit zu probieren. Nun ja...

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