Girar un área de alrededor de una línea diagonal.

Question

Sé cómo encontrar el volumen de la figura formada al girar una $2$-dimensiones de la zona alrededor de una línea horizontal o vertical, pero lo que si se tratase de una línea diagonal en su lugar?

Por ejemplo:

Gire el área entre la curva de $y=x^2$ $y=x$ alrededor de la línea de $y=x$.

Que debe crear una diagonal "fútbol" forma, que comienza en el origen.

De todos modos, la manera en que yo pensaba ir sobre el problema era girar la ecuación de $45°$ a la derecha, y luego resolver el problema como si se hace girar alrededor del eje x. Así que me decidí a convertir $y=x^2$ a una ecuación polar, agregar$\frac{pi}{4}$$\theta$, y, a continuación, enciéndalo de nuevo en una ecuación rectangular. Que trabajado, y me dio esta ecuación, lo que da una diagonal de la parábola que se abre hacia el primer cuadrante:

$\frac{\sqrt{2}}{2}(y+x) = \frac{1}{2}xy(x^2+y^2)$

El único problema es que necesito aislar $y$, de tal manera que puedo resolver este problema como un ordinario problema de rotación, y que parece imposible. ¿Qué debo hacer para solucionar el problema? No sé mucho de álgebra lineal, pero que podría ser utilizado para resolver este lugar?

Answer 1

La línea a través de $(t,t)$ que es perpendicular a $y=x$ está dado por $y=-x+2t$,

por lo que se cruza $y=x^2$ donde$\displaystyle x=\frac{\sqrt{1+8t}-1}{2}$$\displaystyle y=-x+2t=\frac{4t+1-\sqrt{1+8t}}{2}$.

La distancia de $(x,y)$ a la línea de $y=x$ está dado por $\displaystyle R=\frac{|y-x|}{\sqrt{2}}=\frac{|2t+1-\sqrt{1+8t}|}{\sqrt{2}}$,

por lo $\displaystyle V=\int_0^1\pi R^2 ds=\int_0^1\pi\big(2t^2+6t+1-(2t+1)\sqrt{1+8t}\big)\sqrt{2}dt$

$\hspace{.3 in}\displaystyle=\pi\sqrt{2}\bigg(\left[\frac{2}{3}t^3+3t^2+t\right]_0^1-\int_0^1(2t+1)\sqrt{1+8t}dt\bigg)$

$\hspace{.3 in}\displaystyle=\pi\sqrt{2}\bigg(\frac{14}{3}-\int_1^3\big(\frac{1}{4}(u^2-1)+1\big)u\cdot\frac{1}{4}udu\bigg)=\pi\sqrt{2}\bigg(\frac{14}{3}-\frac{1}{16}\big[\frac{u^5}{5}+u^3\big]_1^3\bigg)$

$\hspace{.3 in}\displaystyle=\pi\sqrt{2}\bigg(\frac{14}{3}-\frac{1}{16}\cdot\frac{372}{5}\bigg)=\frac{\pi\sqrt{2}}{60}$

Answer 2

Desde el centroide de la región está dada por $(\bar{x}, \bar{y})=(\frac{1}{2},\frac{2}{5})$,

y la distancia de $(\frac{1}{2},\frac{2}{5})$ a la línea de $y=x$ está dado por $\rho=\frac{\lvert\frac{1}{2}-\frac{2}{5}\lvert}{\sqrt{2}}=\frac{1}{10\sqrt{2}}$,

$\displaystyle V=A(2\pi\rho)=\frac{1}{6}\bigg(2\pi\cdot\frac{1}{10\sqrt{2}}\bigg)=\frac{\pi\sqrt{2}}{60}$ con Vilano del teorema.

Answer 3

Convertir $y=x^2$ a una ecuación polar

$$r\sin\theta = r^2\cos^2 \theta$$ $$r\sin\theta = r^2\cos^2 \theta \rightarrow \hbox{ (add }\frac{\pi}{4}\hbox{ to }\theta\hbox{)}$$ $$r\sin (\theta + \frac{\pi}{4}) = r^2 \cos^2(\theta + \frac{\pi}{4})$$ $$\frac{\sqrt{2}}{2}r\left(\sin \theta + \cos \theta\right) = \frac{1}{2} \left(r\cos\theta -r\sin \theta\right)^2 \rightarrow\hbox{ (convert back) }$$ $$\frac{\sqrt{2}}{2}(y+x) = \frac{1}{2} (x-y)^2$$ que no es $\frac{\sqrt{2}}{2}(x+y)=\frac{1}{2}xy(x^2+y^2)$, de todos modos.
Por lo tanto, debe ser un error en alguna parte :)
$\rho((x^2,x),y-x=0)$ se puede hacer mucho más simple: $\rho=|x^2-x|\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}$, por lo que sólo tiene a $\pi\int \rho^2(t) dt$ donde $t=\frac{\sqrt{2}}{2}(x+y)=\frac{\sqrt{2}}{2}(x^2+x)$.
Edit:$\frac{\sqrt{2}}{2}(x+y)=\frac{1}{2}xy(x^2+y^2)$ sí conduce a una irreductible cúbicos.