Координаты центра масс (циклоида и астроида)

[svv]

Отрицательная площадь пусть Вас не беспокоит -- это следствие отрицательного якобиана.
Знак якобиана -- просто следствие того, а не иного порядка новых переменных в якобиане: сначала $a$, потом $t$.
Если бы Вы приняли порядок новых переменных $(t, a)$, это привело бы к перемене местами первого и второго столбца и, тем самым, смене знака определителя.

Отрицательный знак якобиана имеет такой геометрический смысл. Если посмотреть сверху на плоскость, то кратчайший поворот от координатного вектора $e_x$ к $e_y$ будет против часовой стрелки. А поворот от вектора $e_a$ (направлен примерно вверх) к вектору $e_t$ (примерно вправо) -- по часовой. Вот якобиан и показывает различие этих направлений.

Или поменяйте порядок производных $\frac{\partial}{\partial a}$ и $\frac{\partial}{\partial t}$ (т. е. поменяйте местами столбцы), или возьмите модуль от якобиана.

[Imaginarium]

Все дело в наличии двух сторон у поверхности- значит, важна ориентация. Это понял, спасибо.

[Imaginarium]

С астроидой получилось следующее:

$$x=a\cos^3 t, y=a\sin^3 t, (0 \leqslant t \leqslant \frac {\pi}{2}, 0 \leqslant a \leqslant 1)$$

$$J=\qquad \begin{vmatrix} \cos^3 t & -3a\sin t \cos^2 t \\ \sin^3 t & 3a\sin^2 t \cos t \end{vmatrix}= a(3\sin^2 t \cos^4 t + 3\sin^4 t \cos^2 t)$$

$$S=\int_{0}^{1} da \int_{0}^{\frac {\pi}{2}}a(3\sin^2 t \cos^4 t + 3\sin^4 t \cos^2 t) dt= \frac {3\pi}{16} $$

$$x_C=\frac {16}{3\pi} \int_{0}^{1} da \int_{0}^{\frac {\pi}{2}} a\cos^3 t [a(3\sin^2 t \cos^4 t + 3\sin^4 t \cos^2 t)] dt=\frac {128}{189\pi}$$

$$y_C=\frac {16}{3\pi} \int_{0}^{1} da \int_{0}^{\frac {\pi}{2}} a\sin^3 t [a(3\sin^2 t \cos^4 t + 3\sin^4 t \cos^2 t)] dt=\frac {128}{135\pi}$$

Собственно, и все.

Вопрос с правильностью вычислений для циклоиды я все еще поднимаю, т.к. сам ошибку найти почему-то не могу.

Для астроиды мои выкладки мне кажутся правдоподобными, центр масс как раз должен находиться где-то тут, но меня смущает несимметричность его положения. Астроида- симметричная фигура относительно обеих координатных осей, и резонно предположить, что одна ее дуга тоже должна обладать этим свойством. Так что я очень прошу подсказать, что может быть не так.
Спасибо за внимание.

[svv]

$$x = a(t + \sin t),\quad y = a(1 + \cos t)$$

$$J=\begin{vmatrix} \frac{\partial x}{\partial t} & \frac{\partial x}{\partial a} \\ \frac{\partial y}{\partial t} & \frac{\partial y}{\partial a} \end{vmatrix}= \begin{vmatrix}a(1+\cos t) & t+\sin t\\-a\sin t & 1+\cos t \end{vmatrix}=a(1+2\cos t+\cos^2 t+t\sin t+\sin^2 t)=a(2+2\cos t+t\sin t)$$

$$S=\int\limits_{a=0}^1 \;\int\limits_{t=-\pi}^{\pi} J \,da\, dt=\int\limits_0^1 a\,da\;\int\limits_{-\pi}^{\pi}(2+2\cos t+t\sin t)\,dt=\frac 1 2\int\limits_{-\pi}^{\pi}(2+2\cos t+t\sin t)\,dt=$$

$$=2\pi+\frac 1 2\int\limits_{-\pi}^{\pi}t\,\sin t\,dt =2\pi+\frac 1 2(\sin t-t\cos t)\Bigl|_{-\pi}^{+\pi}=3\pi$$

Результат подтверждается и независимыми источниками, см. в Википедии:

Цитата:

Площадь под каждой аркой циклоиды втрое больше, чем площадь порождающего круга.

[Imaginarium]

О, спасибо большое!

Однако, и это еще не последний вопрос в примере с циклоидой. Остается еще непонятным следующее: под интегралом в формуле для координаты центра масс участвует не просто якобиан, а модуль якобиана. Вопрос: почему мы этот модуль раскрываем как всюду положительное выражение? Почему в данном случае он больше нуля- не с точки зрения ориентации поверхности.
Другими словами, как можно доказать, что модуль раскрывается с плюсом? С помощью неравенств, производной?...

[Joker_vD]

Не модуль раскрывается с плюсом, а якобиан берется по модулю. Именно чтобы отрицательные площади не получались. Знак у якобиана — это, как верно сказал svv, всего лишь показатель "смены ориентации". Если вы вывернете систему координат наизнанку — якобиан станет отрицателен. Но на площади/объемы это никак не должно влиять, потому при их вычислении знак отбрасывают.

Но вот в случае, если не ошибаюсь, ротора, знак якобиана важен.

[svv]

Может быть, Imaginarium имел в виду -- как доказать, что $a(2+2\cos t + t\sin t) >0$ при $t\in(-\pi, +\pi)$ и $a\in (0, 1)$? Ну, например, чтобы знать, что $J$ не обращается в нуль где-то внутри области...

[Imaginarium]

svv в сообщении #530918 писал(а):

Может быть, Imaginarium имел в виду -- как доказать, что $a(2+2\cos t + t\sin t) >0$ при $t\in(-\pi, +\pi)$ и $a\in (0, 1)$? Ну, например, чтобы знать, что $J$ не обращается в нуль где-то внутри области...

Совершенно верно, именно это я и имел в виду, благодарю (сейчас сидел и соображал, как получше выразить мысль, а тут уже Вы сказали). Исследование не закончено, пока это не выяснено. Пытаюсь придумать, как это доказательство построить. Но пока только понятно, что:
1) от $a$ доказуемое свойство не зависит, естественно
2) если в якобиане подставлять концы промежутка для $t$ тоже все хорошо...
Нужна теорема, наверное? Или как-то с помощью производных, все-таки?

[INGELRII]

Imaginarium
А как вообще доказать, что какое-то выражение строго больше нуля? Найти глобальный минимум (если он есть) и сравнить с нулем. Ну а это как раз через производные. Таких задач вы на первом курсе, первом семестре должны были решить около 100500 штук и знать, как это делается.

[svv]

Imaginarium, правильно заметили, домножение на $a>0$ не изменит знак.
А $2+2\cos t + t\sin t$ можно разбить на два слагаемых:
$2(1+\cos t)\geqslant 0$, так как $|\cos t|\leqslant 1$. В пределах нашей области нулю равно только при $t=\pm\pi$.
$t\sin t$ положительно при $0<t<\pi$, так как на этом интервале и $t>0$, и $\sin t>0$ ... и т. д.

В общем, если Вы мой ответ поймёте как "мне не очень понятны Ваши проблемы", это будет близко к тому, что я имел в виду.

Ну, или да, общим методом через производные, как INGELRII советует.

[Imaginarium]

svv в сообщении #531131 писал(а):

Ну, или да, общим методом через производные, как INGELRII советует.

Да, я много таких задач решил- но неужели такое простое здесь будет достаточным- я собственно сомневался-то вот в чем. Хотя то, что Вы написали с помощью неравенств- вполне достаточно, я полагаю. Спасибо.

По поводу астроиды- я получил еще один результат:
$x_C=y_C= \frac{128}{315\pi}$, мне кажется, что правильный, при площади $S=\frac {3\pi}{16}$.

[svv]

Ой, в астроиду я еще не въезжал.

-- Ср янв 25, 2012 17:45:20 --

Площадь астроиды (не всей, а "четверти", ограниченной одной дугой и осями) еще в два раза меньше, и равна $\frac {3\pi} {32}$ (почерпнуто из открытых источников).

Якобиан весьма рекомендуется преобразовать к виду:

$$J=3a \sin^2 t \, \cos^2 t \, (\cos^2 t + \sin^2 t) = 3a \sin^2 t \, \cos^2 t = \frac {3a} 4 (2\sin t\cos t)^2 =\frac {3a} 4 \sin^2 2t$$

[Imaginarium]

В якобиане циклоиды нашел ошибку, и он равен $J= 2-2\cos t - t\sin t$. И его действительно стоит проверить на неотрицательность. Причем, если с помощью производных это делать, то почему можно утверждать единственность экстремума $J$ при $t=0$. Как доказать, что у первой производной от якобиана в этой точке единственный корень на $(-\pi,\pi)$? Или с помощью неравенств это сделать?

[svv]

Мы с Вами одними и теми же параметрическими формулами пользуемся или разными? Когда я предложил сдвинуть для красоты циклоиду на $-\pi$, то это повлекло не только сдвиг параметра, но и изменение вида параметрической зависимости:

svv в сообщении #530169 писал(а):

В случае циклоиды я бы сначала сдвинул её на $-\pi$ по оси $Ox$. Параметрическое уравнение тогда будет такое:
$x = a(t + \sin t), y = a(1 + \cos t), (-\pi \leqslant t \leqslant +\pi)$.

И Вы вроде согласились.
Теперь находим якобиан, скажем, с порядком переменных $\frac{D(x, y)}{D(a, t)}$ :

$$\frac{D(x, y)}{D(a, t)}=\begin{vmatrix} \frac{\partial x}{\partial a} & \frac{\partial x}{\partial t} \\[1.2ex] \frac{\partial y}{\partial a} & \frac{\partial y}{\partial t} \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} t + \sin t & a(1+\cos t) \\[1.2ex] 1 + \cos t & a(-\sin t) \end{vmatrix}=-a\left( (t+\sin t)\sin t + (1+\cos t)^2 \right)=$$

$$=-a(t\sin t+\sin^2 t+1+2\cos t+\cos^2 t)=-a(2+2\cos t+t\sin t)$$

Если же находить якобиан с порядком новых переменных $(t, a)$, то есть $\frac{D(x, y)}{D(t, a)}$, то дело сведется к смене знака:

$$\frac{D(x, y)}{D(t, a)}=\begin{vmatrix} \frac{\partial x}{\partial t} & \frac{\partial x}{\partial a} \\[1.2ex] \frac{\partial y}{\partial t} & \frac{\partial y}{\partial a} \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} a(1+\cos t) & t + \sin t\\[1.2ex] a(-\sin t) & 1 + \cos t \end{vmatrix}=a\left((1+\cos t)^2+ (t+\sin t)\sin t \right)=$$

$$=a(1+2\cos t+\cos^2 t+t\sin t+\sin^2 t)=a(2+2\cos t+t\sin t)$$

Но при любом раскладе все слагаемые $2$, $2\cos t$, $t\sin t$ имеют один и тот же знак.

[Imaginarium]

svv, я приношу свои искренние извинения, мне надо было немного поспать и не пороть горячку. Вы совершенно правы. Спасибо большое.