La circunferencia de la parametrización

Question

Deje $C=\{(x,y)\in \Bbb R^2: (x-x_0)^2+(y-y_0)^2=r^2\}$ y dejar $\varphi :[0,2\pi]\to \mathbb{R}^2$, $\theta \mapsto (x_o+r\cos \theta, y_0+r\sin \theta)$, con $r>0$.

Estoy tratando de demostrar que $C\subseteq \varphi ([0,2\pi])$.

Lo que he intentado:

Deje $(x,y)\in C$. A continuación, $$\frac{y-y_0}{r}=\pm \sqrt {1-\left(\frac{x-x_0}{r}\right)^2} y

$$-1\leq \frac{x-x_0}{r}\leq 1$$

Así que me puse a $$\theta=\arccos \frac{x-x_0}{r}$$

No hay problemas con el primer componente de $\varphi (\theta)$.

El segundo componente, se obtiene: $$y_0+r\sin \theta=y_0+r\cdot \left(\pm \sqrt{1-(\cos \theta)^2}\right)=y_0+r\cdot\left(\pm \sqrt{1-\left(\frac{x-x_0}{r}\right)^2}\right)$$

Ahora me gustaría reemplazar $\pm \sqrt{1-\left(\frac{x-x_0}{r}\right)^2}$$\displaystyle \frac{y-y_0}{r}$, pero no puedo debido a la posibilidad de diferentes signos. Incluso me dicen que tienen diferentes signos. Para el conjunto de instancias de $x_0=3, y_0=5, x=2, y=5-\sqrt 3$. A continuación,$\displaystyle \frac{y-y_0}{r}<0$, pero $\displaystyle \sin \arccos \frac{x-x_0}{r}>0$.

Hay una manera de arreglar lo he intentado?

Si no, lo $\theta$ debo tomar?

Por favor, lea $\textbf{carefully}$: no me interesa geométrica de las pruebas. Quiero una prueba analítica en la moda de lo que he intentado.

Gracias por su tiempo.

Alguien me puede ayudar con respecto a el comentario de Abel respuesta? Gracias.

Answer 1

Sugerencia: Si su signo sale mal, trate de recoger $\phi = 2\pi-\theta$ y tenga en cuenta que $\cos(\phi)=\cos(\theta)$, mientras que el $\sin(\phi) = -\sin(\theta)$.

Answer 2

Vamos a un punto de $(x,y)\in C$ ser dado. Entonces al menos uno de los siguientes sostiene: $$({\rm i}) \ x-x_0>0,\quad ({\rm ii}) \ y-y_0>0,\quad ({\rm iii}) \ x-x_0<0,\quad ({\rm iv}) \ y-y_0<0\ .$$ Estos casos no son distintos, pero en cada caso un $\theta$ será producido tal que $(x,y)=\phi(\theta)$. Considere los dos ejemplos siguientes: El punto de $(1,1)$ satisface (i) y (ii), y un análisis cuidadoso muestra que los dos $\theta$ de los valores obtenidos para este punto coinciden. Por otro lado, el punto de $(1,-1)$ satisface (i) y (iv), pero los dos $\theta$ de los valores obtenidos para este punto se diferencian por $2\pi$.

En caso de que (i) vamos a $$\theta:=\arcsin{y-y_0\over r}\ \in\bigl]-{\pi\over2},{\pi\over 2}\bigr[\quad .$$ A continuación,$y=y_0+r\sin\theta$, e $$(x-x_0)^2 =r^2-(y-y_0)^2= r^2(1-\sin^2\theta)=r^2\cos^2\theta\ .$$ Como $x-x_0$, $\cos\theta$, y $r$ todos los $>0$ se sigue que $x-x_0=r\cos\theta$ o $x=x_0+r\cos\theta$. Esto demuestra $(x,y)=\phi(\theta)$ durante un cierto $\theta\in\ \bigl]-{\pi\over2},{\pi\over 2}\bigr[\ $.

En el caso (ii) vamos a $$\theta':=-\arcsin{x-x_0\over r}\ \in\bigl]-{\pi\over2},{\pi\over 2}\bigr[\quad .$$ A continuación,$x=x_0-r\sin\theta'$, e $$(y-y_0)^2 =r^2-(x-x_0)^2= r^2(1-\sin^2\theta')=r^2\cos^2\theta'\ .$$ Como $y-y_0$, $\cos\theta'$, y $r$ todos los $>0$ se sigue que $y-y_0=r\cos\theta'$ o $y=y_0+r\cos\theta'$. Si ahora nos vamos a $\theta:=\theta'+{\pi\over 2}$ $(x,y)=\phi(\theta)$ durante un cierto $\theta \in\ \bigl]0,\pi[\ $.

En el caso (iii) vamos a $$\theta':=-\arcsin{y-y_0\over r}\ \in\ \bigl]-{\pi\over2},{\pi\over 2}\bigr[\quad .$$ A continuación,$y=y_0-r\sin\theta'$, e $$(x-x_0)^2 =r^2-(y-y_0)^2= r^2(1-\sin^2\theta')=r^2\cos^2\theta'\ .$$ Como $x-x_0<0$, y $\cos\theta'$, $r$ se $>0$ se sigue que $x-x_0=-r\cos\theta'$ o $x=x_0-r\cos\theta'$. Si ahora nos vamos a $\theta:=\theta'+\pi$ $(x,y)=\phi(\theta)$ durante un cierto $\theta\in\ \bigl]{\pi\over2},{3\pi\over 2}\bigr[\ $.

El caso (iv) ahora puede ser de forma segura a la izquierda.