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!
Tyngdepunkt
Moderatorer: Aleks855, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa, DennisChristensen, Emilga
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
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
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?
(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?
"Those of you who think you know everything are annoying to those of us who do!"
-
- Sjef
- Innlegg: 883
- Registrert: 25/09-2002 21:23
- Sted: Sarpsborg
Hei!
Denne har voldet meg problemer og mye regning har ikke noe hånfast enda, men skal se på den i helga. Noen andre??
KM
Denne har voldet meg problemer og mye regning har ikke noe hånfast enda, men skal se på den i helga. Noen andre??
KM
-
- Sjef
- Innlegg: 883
- Registrert: 25/09-2002 21:23
- Sted: Sarpsborg
Slik oppfatter jeg den.
KM
KM
-
- Sjef
- Innlegg: 883
- Registrert: 25/09-2002 21:23
- Sted: Sarpsborg
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
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
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.
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.
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)
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)