finn grønt areal

Her kan brukere av forum utfordre hverandre med morsomme oppgaver og nøtter man ønsker å dele med andre. Dette er altså ikke et sted for desperate skrik om hjelp, de kan man poste i de andre forumene, men et sted for problemløsing på tvers av trinn og fag.

Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa

Svar
Janhaa
Boltzmann
Boltzmann
Innlegg: 8552
Registrert: 21/08-2006 03:46
Sted: Grenland

green area.jpg
green area.jpg (69.55 kiB) Vist 5030 ganger
Sidene i kvadratet er lik a. Uttrykk det grønne arealet ved a.
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.

[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Janhaa
Boltzmann
Boltzmann
Innlegg: 8552
Registrert: 21/08-2006 03:46
Sted: Grenland

green-area2.png
green-area2.png (57.92 kiB) Vist 4892 ganger
Ble litt kluss med størrelsen på forrige bilde. Forhåpentligvis
sees bildet over bedre.
Fortsatt har vi et kvadrat med sider a.
Finn arealet av det grønne området uttrykt ved a.
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.

[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
DennisChristensen
Grothendieck
Grothendieck
Innlegg: 826
Registrert: 09/02-2015 23:28
Sted: Oslo

La områdene $A, X, Y$ ha areal $\alpha, x, y$, respektivt:
vedlegg1.png
vedlegg1.png (50.73 kiB) Vist 4872 ganger
Da vet vi at $$\text{areal av kvadrat} = a^2 = \alpha + 4x + 4y$$ og at $$\text{areal av kvartsirkel} = \frac{\pi a^2}{4} = \alpha + 3x + 2 y.$$

Vi legger til en kopi av figuren, og lar området $B$ har areal $b$:
vedlegg2.png
vedlegg2.png (51.47 kiB) Vist 4872 ganger
Vi vet at $\sin\theta = \frac{1}{2}$, hvilket betyr at $\theta = \frac{\pi}{6}$. Fra formelen for areal av sirkelsegment får vi at $$b = \frac{a^2}{2}\left(\frac{2\pi}{3} - \frac{\sqrt{3}}{2}\right),$$ og fra figuren ser vi at $$b = \alpha + 2x + y.$$

Vi har nå tre likninger og tre ukjente. Løser vi dem får vi at $$\alpha = \left(\frac{\pi}{3} + 1 - \sqrt{3}\right)a^2.$$
Kay
Abel
Abel
Innlegg: 684
Registrert: 13/06-2016 19:23
Sted: Gløshaugen

Edit:
Ser ved forhåndsvisning at jeg ble snipa noe hardt av Dennis, men jeg har arbeidet ALT for lenge på dette til å bare ikke poste det, nå skal det dog sies at hans metode var "litt" mer elegant :lol:
[+] Skjult tekst
Forsøker å bruke geogebra litt for å kunne visualisere hva jeg prøver å forklare, med forbehold om feil.

Vi vet at en standard sirkellikning ser noe slikt ut: [tex]x^2+y^2=a^2[/tex], vi kan derfor også si at for å flytte denne et mål til venstre, blir likningen[tex](x-1)+y^2=a^2[/tex]

Bilde

Men for oss er sidene i dette kvadratet a, derfor flytter vi det a mål til venstre slik at [tex](x-a)^2+y^2=a^2[/tex]

Bruker så geogebra og finner skjæringen mellom disse to
Bilde

Ser vi nøye etter vet vi også at det er området i sektor AB vi vil ha.
Bilde


Vi vet at avstanden på x-aksen er [tex]\frac{1}{2}a[/tex] og avstanden på y-aksen er [tex]\frac{\sqrt{3}}{2}a[/tex], men y-skjæringen er jo en del av periferi og dermed likelangt fra x uansett hvor den er (hvis du forstår hva jeg prøver å si), og da kan vi si at vi har to integrasjonsgrenser [tex]\int_{\frac{1}{2}a}^{\frac{\sqrt{3}}{2}a}[/tex], det vi vil integrere er jo halvsirkellikningen [tex]\sqrt{1-x^2}[/tex]. Ser vekk fra a'en en liten stund og bruker bare tallet 1 i stede, slik at integralet blir

[tex]\int_{\frac{1}{2}}^{\frac{\sqrt{3}}{2}}\sqrt{1-x^2}dx[/tex] som gir [tex]\frac{1}{2}\left (arcsin(x)+\frac{1}{2}sin(2arcsin(x)) \right )+C[/tex], så plugger vi inn grensene [tex]\left [ \frac{1}{2}\left (arcsin(x)+\frac{1}{2}sin(2arcsin(x)) \right )+C \right ]_{\frac{1}{2}}^\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\pi}{12}[/tex]

Setter inn for a og får verdien =[tex]\frac{\pi}{12}a^2[/tex]

Som er dette her Bilde

Vi har nå arealet av dette her ^ og det vi må gjøre for å finne arealet av den sektoren jeg har linjet ut er å fjerne det rektangelet. Rektangelet har sidene [tex]\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}[/tex] (de to grensene) og [tex]\frac{1}{2}[/tex]
som gir et totalt areal på [tex]lengde \cdot bredde = (\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2})\cdot \frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}-1}{4}[/tex]

Så setter vi inn for a (mhp. at vi vil få en eksponent på rektangelet) og sier at arealet av det lille området må være [tex]\frac{\pi a^2}{12}-\frac{(\sqrt{3}-1)a^2}{4}[/tex]

så ganger vi hele området med 4 fordi vi nå har en fjerdedel av det arealet vi er ute etter og ser at arealet blir [tex]\frac{\pi}{3}a^2-\sqrt{3}a^2+a^2=a^2(\frac{\pi}{3}+1-\sqrt{3})[/tex]
Sist redigert av Kay den 24/03-2017 16:46, redigert 1 gang totalt.
stensrud
Descartes
Descartes
Innlegg: 438
Registrert: 08/11-2014 21:13
Sted: Cambridge

Dank method: Anta at sidelengdene i kvadratet er $1$ (vi kan gange opp med $a^2$ tilslutt). Innskriv hele greia i et koordinatsystem med nedre venstre hjørne som origo, og aksene parallelle med sidene i kvadratet. Linjene parallelle med aksene gjennom sentrum i kvadratet deler det grønne området i fire kongruente deler, og vi betrakter det øverste til høyre. For å finne arealet $A$ av dette integrerer vi:

\[ A=\int_{\frac12}^{\frac12\sqrt{3}}\sqrt{1-x^2}-\frac12\ dx. \]

Som kan regnes ut og ganges med $4a^2$ får å få samme svar som Dennis.
Skogmus
Noether
Noether
Innlegg: 46
Registrert: 21/05-2014 19:04

Velger en løsning som bygger på kalkulusregning her. Vi legger merke til at det grønne området er avgrenset av 4 sirkler med radius a, og sentrum i hjørnene. Dersom vi velger hjørnet nede til venstre som origo, [tex](0,0)[/tex], vil sirkelen som står ut fra dette hjørnet være gitt ved likningen [tex]a^2=x^2+y^2[/tex], som skrives om til
(1) [tex]y=\sqrt{a^2-x^2}[/tex]
Denne sirkelbuen danner, sammen med sirkelbuen med sentrum i [tex](a,0)[/tex] to av "hjørnene" til figuren. Dette gir likningen [tex]y=\sqrt{a^2-(x-a)^2}[/tex].

Ved å sette disse to like, og manipulere uttrykkene litt, vil vi få punkter [tex]\frac{a}{2}[/tex] og [tex]\frac{\sqrt{3}a}{2}[/tex] som "ytterpunkter" av figuren. Vi bruker disse to grensene som integrasjonsgrenser ved behandling av likning 1. Vi får da:

[tex]A_1 = \int_{\frac{a}{2}}^{\frac{\sqrt{3}a}{2}}\sqrt{a^2-x^2} dx = \frac{\pi a^2}{12}[/tex]

Bilde

Bilde

Ved å dele det grønne området i 4, kan vi bruke dette for å finne det grønne arealet. Vi må først da fjerne det som ligger utenfor det ønskede området, som heldigvis i dette tilfellet, er et rektangulært område. Vi lar da [tex]A_2 = \frac{a}{2}\cdot \frac{a(\sqrt{3}-1)}{2}=\frac{a^2(\sqrt{3}-1)}{4}[/tex].

Da er [tex]A=4(A_1-A_2)=\frac{\pi \cdot a^2}{3}-a^2(\sqrt{3}-1) = a^2(\frac{\pi}{3}-\sqrt{3}+1)[/tex]
Janhaa
Boltzmann
Boltzmann
Innlegg: 8552
Registrert: 21/08-2006 03:46
Sted: Grenland

Kay skrev:Edit:
Ser ved forhåndsvisning at jeg ble snipa noe hardt av Dennis, men jeg har arbeidet ALT for lenge på dette til å bare ikke poste det, nå skal det dog sies at hans metode var "litt" mer elegant :lol:
[+] Skjult tekst
Forsøker å bruke geogebra litt for å kunne visualisere hva jeg prøver å forklare, med forbehold om feil.
Vi vet at en standard sirkellikning ser noe slikt ut: [tex]x^2+y^2=a^2[/tex], vi kan derfor også si at for å flytte denne et mål til venstre, blir likningen[tex](x-1)+y^2=a^2[/tex]
Bilde

Men for oss er sidene i dette kvadratet a, derfor flytter vi det a mål til venstre slik at [tex](x-a)^2+y^2=a^2[/tex]

Bruker så geogebra og finner skjæringen mellom disse to
Bilde

Ser vi nøye etter vet vi også at det er området i sektor AB vi vil ha.
Bilde


Vi vet at avstanden på x-aksen er [tex]\frac{1}{2}a[/tex] og avstanden på y-aksen er [tex]\frac{\sqrt{3}}{2}a[/tex], men y-skjæringen er jo en del av periferi og dermed likelangt fra x uansett hvor den er (hvis du forstår hva jeg prøver å si), og da kan vi si at vi har to integrasjonsgrenser [tex]\int_{\frac{1}{2}a}^{\frac{\sqrt{3}}{2}a}[/tex], det vi vil integrere er jo halvsirkellikningen [tex]\sqrt{1-x^2}[/tex]. Ser vekk fra a'en en liten stund og bruker bare tallet 1 i stede, slik at integralet blir

[tex]\int_{\frac{1}{2}}^{\frac{\sqrt{3}}{2}}\sqrt{1-x^2}dx[/tex] som gir [tex]\frac{1}{2}\left (arcsin(x)+\frac{1}{2}sin(2arcsin(x)) \right )+C[/tex], så plugger vi inn grensene [tex]\left [ \frac{1}{2}\left (arcsin(x)+\frac{1}{2}sin(2arcsin(x)) \right )+C \right ]_{\frac{1}{2}}^\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\pi}{12}[/tex]

Setter inn for a og får verdien =[tex]\frac{\pi}{12}a^2[/tex]

Som er dette her Bilde

Vi har nå arealet av dette her ^ og det vi må gjøre for å finne arealet av den sektoren jeg har linjet ut er å fjerne det rektangelet. Rektangelet har sidene [tex]\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}[/tex] (de to grensene) og [tex]\frac{1}{2}[/tex]
som gir et totalt areal på [tex]lengde \cdot bredde = (\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2})\cdot \frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}-1}{4}[/tex]

Så setter vi inn for a (mhp. at vi vil få en eksponent på rektangelet) og sier at arealet av det lille området må være [tex]\frac{\pi a^2}{12}-\frac{(\sqrt{3}-1)a^2}{4}[/tex]

så ganger vi hele området med 4 fordi vi nå har en fjerdedel av det arealet vi er ute etter og ser at arealet blir [tex]\frac{\pi}{3}a^2-\sqrt{3}a^2+a^2=a^2(\frac{\pi}{3}+1-\sqrt{3})[/tex]
BRA jobba :=)
så vidt jeg kan se er dette riktig...mye arbeide!
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.

[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Janhaa
Boltzmann
Boltzmann
Innlegg: 8552
Registrert: 21/08-2006 03:46
Sted: Grenland

DennisChristensen skrev:La områdene $A, X, Y$ ha areal $\alpha, x, y$, respektivt:
vedlegg1.png
Da vet vi at $$\text{areal av kvadrat} = a^2 = \alpha + 4x + 4y$$ og at $$\text{areal av kvartsirkel} = \frac{\pi a^2}{4} = \alpha + 3x + 2 y.$$
Vi legger til en kopi av figuren, og lar området $B$ har areal $b$:
vedlegg2.png
Vi vet at $\sin\theta = \frac{1}{2}$, hvilket betyr at $\theta = \frac{\pi}{6}$. Fra formelen for areal av sirkelsegment får vi at $$b = \frac{a^2}{2}\left(\frac{2\pi}{3} - \frac{\sqrt{3}}{2}\right),$$ og fra figuren ser vi at $$b = \alpha + 2x + y.$$
Vi har nå tre likninger og tre ukjente. Løser vi dem får vi at $$\alpha = \left(\frac{\pi}{3} + 1 - \sqrt{3}\right)a^2.$$
Sjølsagt korrekt. Den "klassiske metoden".. .fint
løste den på metode 1 som deg:
fort og gæli:
A(kvart-sirkel)
A(sector)
A(segment)
A(x+y)
[tex]A(green)= a^2-4A(x+y)=a^2(\frac{\pi}{3}+1-\sqrt{3})[/tex]
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.

[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Janhaa
Boltzmann
Boltzmann
Innlegg: 8552
Registrert: 21/08-2006 03:46
Sted: Grenland

stensrud skrev:Dank method: Anta at sidelengdene i kvadratet er $1$ (vi kan gange opp med $a^2$ tilslutt). Innskriv hele greia i et koordinatsystem med nedre venstre hjørne som origo, og aksene parallelle med sidene i kvadratet. Linjene parallelle med aksene gjennom sentrum i kvadratet deler det grønne området i fire kongruente deler, og vi betrakter det øverste til høyre. For å finne arealet $A$ av dette integrerer vi:
\[ A=\int_{\frac12}^{\frac12\sqrt{3}}\sqrt{1-x^2}-\frac12\ dx. \]
Som kan regnes ut og ganges med $4a^2$ får å få samme svar som Dennis.
fine greier med god gammal calculus:
min metode 2, som deg:

vi har at:
[tex]x^2+y^2=a^2[/tex]

og finner øvre og nedre:
[tex]y_u=\sqrt{a^2-x^2}[/tex]
og
[tex]y_l=a/2[/tex]
med grensene:
fra[tex]\,\,a/2\,\,[/tex]til[tex]\,\frac{a\sqrt{3}}{2}[/tex]
altså:

\[ A(green)=4\int_{\frac a2}^{\frac a2\sqrt{3}}(\sqrt{a^2-x^2}-\frac a2\ )dx=a^2(1-\sqrt{3}+\frac{\pi}{3}) \]
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.

[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Janhaa
Boltzmann
Boltzmann
Innlegg: 8552
Registrert: 21/08-2006 03:46
Sted: Grenland

Skogmus skrev:Velger en løsning som bygger på kalkulusregning her. Vi legger merke til at det grønne området er avgrenset av 4 sirkler med radius a, og sentrum i hjørnene. Dersom vi velger hjørnet nede til venstre som origo, [tex](0,0)[/tex], vil sirkelen som står ut fra dette hjørnet være gitt ved likningen [tex]a^2=x^2+y^2[/tex], som skrives om til
(1) [tex]y=\sqrt{a^2-x^2}[/tex]
Denne sirkelbuen danner, sammen med sirkelbuen med sentrum i [tex](a,0)[/tex] to av "hjørnene" til figuren. Dette gir likningen [tex]y=\sqrt{a^2-(x-a)^2}[/tex].
Ved å sette disse to like, og manipulere uttrykkene litt, vil vi få punkter [tex]\frac{a}{2}[/tex] og [tex]\frac{\sqrt{3}a}{2}[/tex] som "ytterpunkter" av figuren. Vi bruker disse to grensene som integrasjonsgrenser ved behandling av likning 1. Vi får da:
[tex]A_1 = \int_{\frac{a}{2}}^{\frac{\sqrt{3}a}{2}}\sqrt{a^2-x^2} dx = \frac{\pi a^2}{12}[/tex]
Bilde
Bilde
Ved å dele det grønne området i 4, kan vi bruke dette for å finne det grønne arealet. Vi må først da fjerne det som ligger utenfor det ønskede området, som heldigvis i dette tilfellet, er et rektangulært område. Vi lar da [tex]A_2 = \frac{a}{2}\cdot \frac{a(\sqrt{3}-1)}{2}=\frac{a^2(\sqrt{3}-1)}{4}[/tex].
Da er [tex]A=4(A_1-A_2)=\frac{\pi \cdot a^2}{3}-a^2(\sqrt{3}-1) = a^2(\frac{\pi}{3}-\sqrt{3}+1)[/tex]
flott
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.

[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Svar