Labiele parabolen

[PeterPan]

Als de parabool

\(y = x^2\)

door een klein windje naar rechts omvalt, wat is dan de baan die de top aflegt?

[Rogier]

Ligt eraan hoever hij omvalt... Indien 90 graden, dan zo

[graph=-2,5,-5,5] 'sqrt(x)','-sqrt(x)' [/graph]

[PeterPan]

Nono ,de parabool valt om en rolt daarbij over de positieve x-as. De paraboolfiguur blijft altijd boven of op de x-as.

(Als jij omvalt zak je toch ook niet door de grond?).

[Phys]

De top is toch te allen tijde gepositioneerd in de oorsprong?

[EvilBro]

Nee, dat bedoelt hij niet. Positioneer een wiel op de oorsprong en markeer de plek waar het wiel de oorsprong raakt. Rol nu het wiel langs de x-as weg en kijk naar het markeringspunt. De baan van het markeringspunt is waarnaar gevraagd wordt (maar dan bij een parabool i.p.v. een wiel).

[aadkr]

Om te beginnen:

Stel: Je kiest een punt P , met een positieve x-coordinaat, en punt P ligt op de parabool.

Als de parabool kantelt, totdat punt P de x-as raakt, dan is deze afstand ( x-waarde) gelijk aan:

\(x=\int_{0}^{x}\sqrt{1+4.x^2}.dx =2.\int_{0}^{x}\sqrt{x^2+\frac{1}{4}}.dx\)

\(=x.\sqrt{x^2+\frac{1}{4}}+\frac{1}{4}.Ln(x+\sqrt{x^2+\frac{1}{4}})-\frac{1}{4}.Ln\frac{1}{2}\)

[jhnbk]

\(x=t^2 \cdot \cos \left ( \frac{ \pi }{2 } - bgtan 2t \right ) \)

\(y=t^2 \cdot \sin\left ( \frac{ \pi }{2 } - bgtan 2t \right ) \)

denk ik

[kotje]

Ik denk dat de top een stuk van een spiraal volgt. Vergelijking in poolcöordinaten

\(r=a\theta\mbox{ a is een constante}\)

[PeterPan]

\(x=t^2 \cdot \cos \left ( \frac{ \pi }{2 } - \arctan 2t \right ) \)

\(y=t^2 \cdot \sin\left ( \frac{ \pi }{2 } - \arctan 2t \right ) \)

denk ik

Hmmm, ik weet niet of het klopt.

Ik weet wel dat je dit kunt vereenvoudigen tot

\(x = \frac{2t^3}{\sqrt{1+4t^2}}\)

\(y = \frac{t^2}{\sqrt{1+4t^2}}\)

[jhnbk]

zal wel niet wss, maar de grafiek zag er wel mogelijk uit.

ik heb intussen iets anders bedacht:

neem op een punt van de parabool de raaklijn, draai zodat de raaklijn // is met de x as, verschuif zodat de raaklijn en de x-as samenvalt

raaklijn in punt t

\(y=2tx-t^2\)

daaruit volgt dat we moeten draaien over

\(\theta=bgtan 2t\)

als verschuiving naar boven zie ik dan een driehoek van de raaklijn en de verticale as van de parabool, waaruit volgt de verschuiving is

\(t^2 sin( \frac{\pi}{2}-\theta})\)

EDIT: idd vereenvoudigen was mogelijk

[PeterPan]

Er moet gedraaid worden, en dat is het simpelst in

\(\cc\)

, want daar is draaien vermenigvuldigen.

Parabool:

\(z(t) = t+it^2\)

\(T(0) = z(t) + (T(0) - z(t))\)

(***)

Hierin gaat na tijd t

\(T(0)\)

over in

\(T(t)\)

en

\(z(t)\)

in

\(u(t)\)

en vector

\(T(0)-z(t)\)

ondergaat een draaiing, dwz gaat over in

\(a(t)(T(0)-z(t))\)

voor een of ander getal

\(a(t)\)

met

\(|a(t)|=1\)

.

Nu blijkt uit de tekening dat de blauwe en de rode lijnstukken over eenzelfde hoek gedraaid zijn, dus

\(u'(t) = a(t)z'(t)\)

.

Dus (***) gaat na verschuiving en draaiing over in

\(T(t) = u(t) + \frac{u'(t)}{z'(t)}(T(0)-z(t))\)

\(u(t) = \frac{t\sqrt{1+4t^2}}{2}+\frac{\ln(2t+\sqrt{1+4t^2})}{4}\)

(zie aadkr hierboven)

\(u'(t) = \sqrt{1+4t^2}\)

\(z'(t) = 1+2it\)

\(T(0) = 0\)

\(z(t) = t+it^2\)

Dus

\(T(t) = \cdots\)

Splitsen in reële en imaginaire deel geeft:

\(x(t) = \frac{\ln(2t+\sqrt{1+4t^2})}{4} - \frac{t}{2\sqrt{1+4t^2}}\)

\(y(t) = \frac{t^2}{\sqrt{1+4t^2}}\)

Wie maakt hier even een mooi plotje van.

[jhnbk]

mooi zo,

'k was dus 2x fout

[TD]

\(x(t) = \frac{\ln(2t+\sqrt{1+4t^2})}{4} - \frac{t}{2\sqrt{1+4t^2}}\)

\(y(t) = \frac{t^2}{\sqrt{1+4t^2}}\)

Wie maakt hier even een mooi plotje van.

Voor t van 0 tot 100:

[PeterPan]

Die tekening kan volgens mij niet kloppen, want voor

\(t=1\)

is

\(y =0,4\cdots\)

en

\(x=0,1\cdots\)

[TD]

Ik vrees het ook