Guggles Tyngdpunkt metoden 2

Det hela hänger på att man kan ta reda på funktionens medelvärde på området utan att beräkna integralen. Kan vi även beräkna områdets area kan man då använda sig av följande relation:

$M=\dfrac{I}{A}$

där M är medelvärdet, I är integralens värde och A är områdets area.

Men, det hänger på att vi kan enkelt ta reda på medelvärdet av funktionen på området. När vi hade en funktion som var linjärt växande längs parallellogrammens ena sida kunde vi direkt säga att medelvärdet låg på parallellogrammens mittlinje, men om vi har en funktion som t.ex. $(6x+2y{)}^4$ kommer funktionens medelvärde inte att ligga mitt på parallellogrammen, utan längre till höger eftersom funktionen växer mycket snabbare där.

Så vitt jag vet kan man inte beräkna medelvärdet utan att beräkna integralen, och därmed går det inte att tillämpa metoden.

Ah zut, trop beau pour être vrai...

Men det finns nog funktioner som är tillräckligt previsibla för att tillämpa metoden?

bump.

dajamanté skrev:

bump.

Hahaha!

Jag vet sedan tidigare att du är mycket skicklig med bilder, men det där var en ny nivå! :-)

Angående din faktiska fråga känner jag inte till så många funktioner där man kan tillämpa just denna metod (det är nog mer en fråga för Guggle själv), men en annan liknande metod som du kan undersöka är att försöka hitta symmetrier med udda och jämna funktioner. Om vi tar följande integral som exempel:

$\displaystyle \iint_{D} xe^y\ dydx$ där $D$ är enhetscirkeln.

Eftersom funktionen är jämn i $x$-led, d.v.s. att $f(-x,y)=-f(x,y)$ kommer detta att göra att volymen på den i $x$-led positiva sidan av $xy$-planet är lika stor (fast negativ) som volymen på den i $x$-led negativa sidan av $xy$-planet, förutsatt att området är symmetriskt kring $x$-axeln. Enhetscirkeln är ju symmetrisk kring $x$-axeln och alltså kan vi konstatera att integralens värde är noll, utan att ens behöva ställa upp gränserna.

AlvinB skrev:

Hahaha!

Jag vet sedan tidigare att du är mycket skicklig med bilder, men det där var en ny nivå! :-)

Det är min älskade dator R310 som gjorde hela jobbet! Jag ska göra en AlvinB-batsignal nästa gång jag ska vänta på din svar :)

Angående din faktiska fråga känner jag inte till så många funktioner där man kan tillämpa just denna metod (det är nog mer en fråga för Guggle själv), men en annan liknande metod som du kan undersöka är att försöka hitta symmetrier med udda och jämna funktioner. Om vi tar följande integral som exempel:

$\displaystyle \iint_{D} xe^y\ dydx$ där $D$ är enhetscirkeln.

Eftersom funktionen är jämn i $x$-led, d.v.s. att $f(-x,y)=-f(x,y)$ kommer detta att göra att volymen på den i $x$-led positiva sidan av $xy$-planet är lika stor (fast negativ) som volymen på den i $x$-led negativa sidan av $xy$-planet, förutsatt att området är symmetriskt kring $x$-axeln. Enhetscirkeln är ju symmetrisk kring $x$-axeln och alltså kan vi konstatera att integralens värde är noll, utan att ens behöva ställa upp gränserna.

Uh... jag vet inte hur ickevaken jag är just nu, jag är inte säkert jag är med (euphémisme för att säga att jag är totalt inte med)

Jag förstår principen dock 😀

Daja, intervallet ska vara symmetriskt avseende på x-axeln, exempelvis $-1\le x\le 1$ fungerar med AlvinB:s resonemang.

Inga fler frågor innan en ordentlig kaffe kanan.

dajamanté skrev:

Haha, erhm :)

Jag måste tyvärr prioritera stranden idag. Får återkomma senare till den här tråden. Men något måste jag ju säga när du fixat en så fin bild :)

Tanken med metoderna är att utnyttja symmetriegenskaper hos integranden och/eller området.  Det som gör att vi kan ta en genväg i ditt första problem är som Alvin påpekar att vi enkelt kan beräkna medelvärdet. I ditt nya exempel är det inte längre enkelt att beräkna medelvärdet eftersom gradienten av funktionen inte längre är en konstant vektor.

Det går att beräkna medelvärdet för funktionen längs en riktningsvektor i området, men det kräver också en integral och är alltså egentligen inte någon genväg.

Du kan också sen din nya exempelfunktion som en funktion av en funktion, $h(g(x,y))=(6x+2y)^4$, där $g(x,y)=6x+2y$. Då begränsas integrationsområdet av nivåkurvor till $g(x,y)$ och det är lätt att ställa upp en areafunktion. Vi kan alltså använda integration med nivåkurvor, men det blirungefär lika krångligt (och är ungefär samma sak) som att använda substitutionen $u=6x+2y$. Skillnaden är att du då slipper räkna med Jakobianen.

Guggle skrev:

Du kan också sen din nya exempelfunktion som en funktion av en funktion, $h(g(x,y))=(6x+2y)^4$, där $g(x,y)=6x+2y$. Då begränsas integrationsområdet av nivåkurvor till $g(x,y)$ och det är lätt att ställa upp en areafunktion. Vi kan alltså använda integration med nivåkurvor, men det blirungefär lika krångligt (och är ungefär samma sak) som att använda substitutionen $u=6x+2y$. Skillnaden är att du då slipper räkna med Jakobianen.

 Jag ska hålla fast vid den här mening när du håller på att koka på stranden.

(det är lätt= det finns hopp)