Eksempler om kurver i planet

Merk at i oppgaver der man skal finne parametriseringer av en kurve vil det alltid finnes fler løsninger. Løsningen som presenteres her er derfor bare en av mange.

Svar: \[x=R\cos t, \quad y=R\sin t\] der \(0\le t<2\pi\).

Løsning: Det første vi må gjøre er å velge oss en parameter. I en oppgave som denne denne, der man har en geometrisk figur er det ofte greit å velge en parameter som også kan tolkes geometrisk. Det viktige er at man velger en parameter som definerer et entydig punkt for hver verdi. For eksempel kunne vi ikke valgt \(x\) som parameter, da det for en gitt \(x\)-verdi kan være opp til to punkter på sirkelen med dette som \(x\)-koordinat.

Vi kan derimot velge vinkelen som dannes mellom den postivie \(x\)-aksen, og radiusen fra origo til et punkt på kurven. Vi kaller denne vinkelen \(t\), og trenger altså å uttrykke \(x\) og \(y\) som funksjoner av \(t\). Fra figuren og definisjonen av \(\cos\) og \(\sin\) ser vi at \[\cos t = \frac{x}{R},\quad\sin t = \frac{y}{R},\] som gir \(x=R\cos t\) og \(y=R\sin t\).

Når man har uttrykk for både \(x\) og \(y\) som funksjon av parameteren gjenstår det bare å oppgi et intervall for parameteren. For at vi skal få med oss hele sirkelen må vinkelen gå fra \(0\) til \(2\pi\), så vi velger altså at \(0\le t<2\pi\).

Kommentar: Merk at denne parametriseringen av sirkelen er svært enkel å finne vha. polarkoordinater. I polarkoordinater har en sirkel konstant radius, så \(r=R\), og vinkelen skal gå en runde rundt origo, \(0\le \theta < 2\pi\). Hvis man setter \(t=\theta\) som parameter og oversetter til kartesiske koordinater finner man den samme parametriseringen som i løsningen.

Svar: Kurvelengden er \(\frac{7\sqrt{2}}{3}\).

Løsning: For en parametrisk kurve \(x=f(t), y=g(t), a\le t\le b\) vet vi at buelengden er gitt ved \[s = \int_a^b \sqrt{f'(t)^2+g'(t)^2} dt.\] I denne oppgaven er \(f(t)=\sqrt{2}t\), som gir \(f'(t) = \sqrt{2}\). I tillegg er \(g(t)=\sqrt{t}\left(\frac{2}{3}t-1\right)=\frac{2}{3}t^{3/2}-t^{1/2}\) slik at \(g'(t)=t^{1/2}-\frac{1}{2}t^{-1/2}\). Innsatt i formelen for kurvelengde har man da \[s = \int_0^2 \sqrt{\sqrt{2}^2+\left(t^{1/2}-\frac{1}{2}t^{-1/2}\right)^2}dt = \int_0^2 \sqrt{2+t-1+\frac{1}{4}t^{-1}}dt=\int_0^2\sqrt{t+1+\frac{1}{4}t^{-1}}dt,\] der grensene er tatt fra ulikheten \(0\le t\le 2\). For øyeblikket ser dette integralet noe håpløst ut, men ettersom det er gitt i en oppgave kan vi gjette at det vil la seg gjøre å forkorte bort rottegnet. Ettersom vi allerede regnet ut at \(\left(t^{1/2}-\frac{1}{2}t^{-1/2}\right)^2=t-1+\frac{1}{4}t^{-1}\) så ser vi raskt at \(t+1+\frac{1}{4}t^{-1}=\left(t^{1/2}+\frac{1}{2}t^{-1/2}\right)^2\). Dette gjør at rottegnet kanselleres, og vi får \[s = \int_0^2 \sqrt{\left(t^{1/2}+\frac{1}{2}t^{-1/2}\right)^2}dt = \int_0^2 t^{1/2}+\frac{1}{2}t^{-1/2} dt = \left[\frac{2}{3}t^{3/2}+t^{1/2}\right]_0^2 = \frac{2}{3}2^{3/2}+2^{1/2} = \frac{7\sqrt{2}}{3}.\]

Svar: Arealet er \(4\pi\).

Løsning: Ettersom det er snakk om en lukket kurve spiller det ingen rolle om vi tenker at arealet er avgrenset av \(x\)- eller \(y\)-aksen. For et område avgrenset av \(x\)-aksen og den parametriske kurven \(x=f(t), y=g(t)\) for \(a\le t \le b\) har man \[A= \int_a^b y\, dx = \int_a^b g(t)f'(t)\, dt,\] som her gir \[A = \int_{-\pi}^{\pi} 2t\sin t \, dt.\] For et område avgrenset av \(y\)-aksen får man \[A = \int_a^b x \, dy = f(t)g'(t)\, dt,\] som her blir \[A = \int_{-\pi}^{\pi} t^2\cos t\, dt.\] Begge integralene skal gi det samme svaret, så vi velger det som ser enklest ut, altså det med lavest potens av \(t\). Vi har da \[A = 2\int_{-\pi}^{\pi} t\sin t \, dt = \left[-2t\cos t\right]_{-\pi}^\pi + 2\int_{-\pi}^\pi \cos t\, dt = -2\pi (-1) + 2(-\pi)(-1) + 2\left[\sin t\right]_{-\pi}^\pi = 4\pi.\] Her er det brukt delvis integrasjon for å få den andre likheten.