القطاع الزاوي - الصفحة 2

لا اعرف شيئ · #11 08-09-2010, 01:13

طيب حدود التكامل شو راح تصير

زولديك · #12 08-09-2010, 01:14

يتغير الdxمن -a إلى a هدا بالغحداثيات الديكارتية او الخيامية يعني , و بعد تحويل التكامل إلى الغحداثيات القطبية يكون حدود التكامل بمعنى العنصر التفاضلي للزاوية يتغير من pi إلى صعف الpi , وضحت ولا لأ

لا اعرف شيئ · #13 08-09-2010, 10:52

السلام عليكم

ارجو ان توضح لي اخي كيف انه يتغير ال dx من -a إلى a هذا اولا

ثانيا ان سلمت معك ان حدود التكامل بمعنى العنصر التفاضلي للزاوية يتغير من pi إلى ضعف الpi
عندها سنحصل على قانون نصف مساحة الدائرة وليس مساحة قطاع زاوي كقانون

اخي زولديك ارجو في ردك ان تعطيني اجابات واضحة وان لا تعود وتكرر في كل مرة نفس الذي قلته سابقا

زولديك · #14 08-09-2010, 17:21

يا عزيزي لو انا سلمت معك بان القانون الدي استنتجته من التكامل الثنائي غلط يعني بالضرورة القانون الدي استنتجه مهند غلط يعني قبل ما تقول انا غلط تقول مهند غلط لن قانوني توافق مع قانونه . فيا ريت توضح لي هدي النقطة . انا فهمت من الطلب ان نريد إيجاد قانون للمساحة بدلالة الزاوية , و على دلك نستطيع تجزئة المساحة حسب ما نريد و دلك بختيار زاوية معينة , و حسب فهمي هدا يكون القانون كالتالي ((( التكامل التنائي لـــــrdrde))) حيث تتغير الــdrمن (0) إلى (a) و يتغير العنصر التفاضلي للزاوية من (0) إلى (e) و هي الزاوية التي نريدها , أي زاوية نريدها , و بالتالي بعد تطبيق هدا التكامل الثنائي يكون الجواب ((A=1/2r.r.e) , بعدين تقول عليس اعيد نفس الكلام جزاك الله خير و انت سالت سؤال ما هو خطاي في التكامل الدي اعتقدت انه سيكون الجواب الصحيح و سيتوافق مع القانون الدي قاله مهند و لكن أستنتاجك كان مخالف لقانون مهند , بعدين انت قلت يا ريت حد يقول لي اين الخطا و و اعتقد ما حد جاوبك و بعدين انا جاوبتك و قلت لك أت الخطأ في حدود التكامل , ليس من صفر إلى e بل من باي إلى 2باي , و اعتقد ان كلا الطريقتين التي أسشتخدمتها كانت صحيحة و توافقة مع قانون مهند بينما استنتاجك كان خاطئ يا عزيزي , اعتقد أني وضحت الأمر و ما يبغى شرح زايد . كل عام و أنت بخير مقدم . دلك مما علمني ربي

زولديك · #15 08-09-2010, 17:28

بعدين على فكرة عوض في القانون e=2pi و شف القانون الدي سينتج و هو pir.r و اعتقد ان هدا القانون هو مساحة الدائرة و إلا إدا هدا كما كان غلط , و ثم عوض باي زاوية تريد ينتج مساحة المقطع المحدود بالزاوية التي نريد وو اعتقد ان هدا المطلوب ,

Weierstrass-Casorati · #16 08-09-2010, 19:42

صراحة أنا لم أفهم طريقتك أخي لا أعرف شيئ
ولكن هذه محاولتي وأتمنى أن أرى رأيك

نريد حساب مساحة القطاع OQR (ولتكن A)
مساحته تساوي مساحة المنطقة OPQR (ولتكن A1) – مساحة المثلث OPQ الذي تساوي مساحته مساحة المثلث الأصفر (ولتكن A2)
$\120dpi \large A=A_1 - A_2$

ومساحة المثلث تساوي نصف طول القاعدة في الإرتفاع
$\120dpi \large A=A_1 - \frac{1}{2}r^2 \cos(\theta )\sin(\theta )\; \; \; \;\; \; \; \; (1)$

والآن ندع هذه المعادلة جانباً حتى نحسب A1
انت تعرف أننا يمكننا استخدام التكامل المحدود لحساب المساحات المستوية المحدودة بمنحنى ومحور ومستقيمين
في حالتنا هذه المساحة A1 محدودة بالمنحنى $\120dpi \large x=\sqrt{r^2 - y^2}$ والمحور $\120dpi \large y$ والمستقيمين الأفقيين $\120dpi \large y=0$ و $\120dpi \large y=r \sin(\theta)$

فيمكن حساب مساحته بإجراء التكامل التالي: [cc=نبدأ أولا بالتكامل بالتعويض]بالتكامل بالتعويض(ملحوظة سوف أنسى حدود التكامل الآن حتى أنتهي وعند اجراء التكامل المحدود نتخلص من الثابت)
$\120dpi \large y=r \sin(u)$

$\120dpi \large dy=r \cos(u)\; du$

$\120dpi \large \sqrt{r^2 - y^2} =\sqrt{r^2 - r^2 \sin^2(u)}= r\cos(u)$

حيث $\120dpi \large u=\sin^{-1}\left (\frac{y}{r} \right )$

$\120dpi \large \\ \cos(2u)=-1+2cos^2(u)\Leftrightarrow \cos^2(u)=\frac{1}{2}\cos(2u)+\frac{1}{2}\\ \int\sqrt{r^2 - y^2}\; dy=r^2 \int cos^2(u)\; du\\ =r^2 \int (\frac{1}{2}\cos(2u)+\frac{1}{2}) du\\ =r^2\int \frac{1}{2} du+\frac{r^2}{2} \int \cos(2 u) du$

وبتعويض آخر $\120dpi \large t=2u\Rightarrow du=\frac{1}{2}dt$

يصبح التكامل كالتالي:

$\120dpi \large \\ =\frac{r^2}{4} \int \cos(t) dt +r^2\int \frac{1}{2} du\\ =\frac{1}{4}r^2 \sin(t)+\frac{r^2u}{2}+c\\ \\ =\frac{1}{4}r^2 \sin(2\sin^{-1}\left ( \frac{y}{r} \right ))+\frac{1}{2}r^2 \sin^{-1}\left ( \frac{y}{r} \right )+c\\ \\ =\frac{1}{2}r\; y \cos\left ( sin^{-1}\left ( \frac{y}{r} \right ) \right )+\frac{1}{2}r^2 \sin^{-1}\left ( \frac{y}{r} \right )+c\\ \\ =\frac{1}{2}r\; y \sqrt{1-\frac{y^2}{r^2}}+\frac{1}{2}r^2 \sin^{-1}\left ( \frac{y}{r} \right )+c\\ \\ =\frac{1}{2}\; y \sqrt{r^2-y^2}+\frac{1}{2}r^2 \sin^{-1}\left ( \frac{y}{r} \right )+c\\$

ثم نستخدم ما وصلنا إليه في تكاملنا الأصلي[/cc]

$\120dpi \large \\ A_1=\int_{0}^{r \sin(\theta )}\sqrt{r^2 - y^2} \; dy\\ =\left [ \frac{1}{2}y\sqrt{r^2 - y^2}+\frac{1}{2}r^2 \sin^{-1}\left ( \frac{y}{r} \right ) \right ]_{0}^{r \sin(\theta )}\\ \\ =\frac{1}{2}r \sin{(\theta) }\sqrt{r^2(1-\sin^2(\theta))}+\frac{1}{2}r^2 \theta\\ \\ =\frac{1}{2}r^2 \sin(\theta)\cos(\theta)+\frac{1}{2}r^2 \theta\\$

وبالتعويض في المعادلة (1) نجد أن

$\120dpi \large \\ A=\frac{1}{2}r^2 \sin(\theta)\cos(\theta)+\frac{1}{2}r^2 \theta -\frac{1}{2}r^2 \sin(\theta)\cos(\theta)\\ \\ =\frac{1}{2}r^2 \theta$

واعتذر على الإطالة

زولديك · #17 08-09-2010, 21:49

ما شاء الله تبارك الله طريقتك صح بينما طريقتي و طريقة تفكيري كانت غلط و اعتدر من الاخ (لا اعرف شي ) و اكرر اعتدار لإضاعة وقتك الثمين , أستغفر الله و اتوب إليه

طالبه فقط · #18 09-09-2010, 02:18

السلام عليكم

اشكر الاخوة مهند و زولديك و الاخ الفاضل لا اعرف شيئ
ولن انسى ان ابدي اعجابي بطريقة الاخ Weierstrass-Casorati ماشاء الله عليك

ما شاء الله تبارك الله طريقتك صح بينما طريقتي و طريقة تفكيري كانت غلط و اعتدر من الاخ (لا اعرف شي ) و اكرر اعتدار لإضاعة وقتك الثمين , أستغفر الله و اتوب إليه

ههههههه هدئ من روعك اخي زولديك فليس هنالك داعي للغضب
الاخ سأل وانت عليك الاجابة والتوضيح وهذا كرم اخلاق منك ولا داعي للعصبية
اما ان تصل الامور الى هنا .................................... فهذا غير مقبول

زولديك · #19 09-09-2010, 19:20

الله يهديك بس كيف عرفتي اني معصف و غضبان . انا اعترفة بخطاي باني اصعة وقت الاخ الكريم (لا اعرف شي ) هدا كل الأمر و ما اعتقد بان في كلامي ما يوحي باني معصب او أي شي , بس مع دلك لو استخدمنا التكامل الثنائي لكانت النتيجة صح و متطابقة مع الجواب الصح و بس بالتكامل الاحادي كان غلط مني و و كل عام وانتي و الأخ (لا اعرف شي ) و كل اعضاء منتدانا الحبيب بخير

لا اعرف شيئ · #20 10-09-2010, 19:07

السلام عليكم ورحمة الله وبركاته
اشكر الاخ الكريم زولديك كفيت ووفيت يا اخي تشكر على صراحتك ( لا احد معصوم عن الخطأ )
اما الاخ Weierstrass فطريقتك رائعة وجميلة ( مع انه هنالك بعض الزيادات ليس لها من داعي ) ولكن وحسب اعتقادي ورأيي المتواضع
انت اثبتت هذا القانون وكان اثباتك في الربع الاول من الدائرة وكان من المستحسن ان تثبت ايضا في بقية
ارباع الدائرة وهذا سهل لكن على كل حال شكرا لك

الذين يشاهدون محتوى الموضوع الآن : 1 ( الأعضاء 0 والزوار 1)

حسابٌ واحد لجميع خدماتنا !