Lemniscata di Bernoulli

Sia $\gamma$ la curva (la forma è questa: $ \infty$) nel piano $xy$ descritta dall'equazione:
$(x^2+y^2)^2=x^2-y^2$

1)trovare le intersezioni con l'asse x
2)trovare tutti i punti a tangente verticale e orizzontale
3)trovare le tangenti alla curva nel punto $(0,0)$
4)fornire un espressione esplicita del tipo y=f(x) per la curva
5)Calcolare l'area racchiusa dalla curva
6)ricavare l'espressione in coordinate polari della curva

Hard:
7)calcolare la lunghezza della curva
8)tracciare un grafico della curva
9)fornire un'espressione parametrica della curva
10)ricavare l'espressione della curva come luogo geometrico (es: la circonferenza è il luogo dei punti equidistanti dal centro)

Bhe, buon divertimento!
Vi auguro di lasciarvi incantare dalla bellezza della curva (una volta tracciato il grafico..!)

Questo è il grafico ottenuto da un foglio excel dopo aver rappresentato la curva mediante seno e coseno.

Grazie dell'attenzione @Vincenzo10

Nessuno se la sente di svolgere qualche punto?

Questa curva è detta "di Bernoulli" perché studiata da Jakob Bernoulli, ... il quale però l'aveva chiamata "Curva aequabilis descensus" (V. sotto).
E' facile passare dalla equazione cartesiana implicita a quella esplicita.

Lemniscata di Bernoulli

Definizione geometrica. [V. anche –––> "Rudi Mathematici"]
« L'ellisse è il luogo dei punti d'un piano la somma delle cui distanze da due punti fissi è costante»
E se sostituissimo la "somma" di quelle due diatanze con il loro "prodotto"?
« Una lemniscata è il luogo dei punti d'un piano il prodotto delle cui distanze da due punti fissi è costante»
In particolare:
« La lemniscata di Bernoulli" è il luogo dei punti d'un piano il prodotto delle cui distanze da due punti fissi distanti 2c uno dall'altro vale c^2 »

E l'Aequabilis descensus?

Léggere, prego.

Lemniscata di Bernoulli come "Curva aequabilis_descensus"

@ .Ruben.
Nella tua equazione cartesiana implicita il parametro $a$ [del "paper"] vale $1/sqrt2$
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Ultima modifica di Erasmus_First il 23/11/2016, 17:05, modificato 2 volte in totale.

Benissimo!!!
Non conoscevo l'Aequabilis descensus, grazie mille!

Qualcuno vuole affrontare gli altri punti??

Ancora più semplice se si usa come parametro la "quota" $z=(x^2+y^2)^2=x^2-y^2$ che da subito luogo a quattro rami le cui equazioni parametriche sono: $x=pm(1)/sqrt(2)*sqrt(z^(0,5)+z)$ e poi $y=pm(1)/sqrt(2)*sqrt(z^(0,5)-z)$

Qualcuno vuole affrontare gli altri punti??

Ho trovato che la lunghezza $L$ della lemniscata di Bernoulli di equazione cartesiana:
$(x^2+y^2)^2 = 2a^2(x^2-y^2)$
[con $a=1/sqrt2$ nel quiz in corso] vale:
$L = 4[sqrt2·a∫_0^1(dt)/sqrt(1-t^4)]$,
dove la variabile di integrazione $t$ può significare:
• $t= tan(φ)$, oppure
• $t= ρ/(sqrt2·a)$
essendo $(ρ,φ)$ le coordinate polari per le quali $x=ρ·cos(φ)$ e $y=ρ·sin(φ)$, cioé:
$ρ=sqrt(x^2+y^2)$; $φ=arctan(y/x)$.
Dopo aver trovato per $L$ la detta espressione con $t= tan(φ)$ (ossia eliminando $ρ$), non riuscendo a fare qell'integrale ho cercato l'espressione di $L$ tramite $ρ$ (ossia elminando $φ$).
Sono rimasto sorpreso nell'arrivare alla medesima espressione con tale diversità di significato della variabile di integrazione!

Con integrazone numerica si trova:
$∫_0^1(dt)/sqrt(1-t^4) ≈1,3110$ (circa).
Ma non sono riuscito a trovare una primitiva di $1/sqrt(1-t^4)$.
Qualcuno, invece, ne è a conoscenza?
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P.S.
Ho appena scoperto che Gauß ha trovato un modo per calcolare questa lunghezza tramite la cosiddetta "media aritmetico-geometrica" tra $1$ e $sqrt2$.
Siano $a$ e $b$ due distinti numeri reali positivi. Si considerino le due seguenti successioni ${a_n}$ e ${b_n}$ :
$a_0 = a$; $b_0 = b$;
$∀n∈NN$ $a_(n+1) =(a_n + b_n)/2$ $∧$ $b_(n+1) =sqrt(a_n · b_n$.
Le due successioni convergono (abbastanza rapidamente) al medesimo limite che è appunto (per definizione) la "media aritmetico-geometrica" tra $a$ e $b$, diciamola $M(a, b)$.
Orbene: Gauß ha trovato che
$∫_0^1(dt)/sqrt(1-t^4) ≈π/(2·M(1,sqrt2))$.
[Come abbia fatto ... Dio solo lo sa!]
Si trova subito $M(1,sqrt2)) ≈ 1,19814023473559$ e qundi $π/(2·M(1,sqrt2)) ≈ 1,311028777146061$.
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Ultima modifica di Erasmus_First il 30/11/2016, 20:59, modificato 2 volte in totale.

Tutto giustissimo!
Quell'integrale si calcola come ellittico comunque oppure con uno sviluppo in serie

In ogni caso, a proposito di integrali, qualcuno vuole provare a calcolare l'area??

Quell'integrale si calcola come ellittico comunque oppure con uno sviluppo in serie

In coordinae polari $ρ$ (modulo) e $φ$ (anomalia), per $a=1/sqrt2$ risulta
$ρ= sqrt(cos(2φ))$.
Di conseguenza:
$x=ρ·cos(φ)= cos(φ)sqrt(cos(2φ))$; $y=ρ·sin(φ)= sin(φ)sqrt(cos(2φ))$.
$dx= (dx)/(dφ)dφ= –(cos(3φ))/sqrt(cos(2φ))·dφ$; $dy= (dy)/(dφ)dφ= (sin(3φ))/sqrt(cos(2φ))·dφ$;
$ds≡sqrt(dx^2 + dy^2) = sqrt((cos^2(3φ)+sin^2(3φ))/cos(2φ))dφ = (dφ)/sqrt(cos(2φ)$.
La lunghezza di metà di uno dei due occhielli è dunque:
$L=∫_0^(π/4) (dφ)/sqrt(cos(2φ))$.
Posto $t=tan(φ)$ – per cui $cos(2φ)=(1-t^2)/(1+t^2)$ e $φ = arctan(t) ⇒ dφ=(dt)/(1+t^2)$ – risulta anche:
$L=∫_0^(π/4) (dφ)/sqrt(cos(2φ)) = ∫_0^1 sqrt((1+t^2)/(1-t^2))(dt)/(1+t^2) = ∫_0^1 sqrt(1/(1-t^4))dt$.
In entrambi gli integrali la funzione integranda tende all'infinito al tendere della variabile all'estremo destro dell'intervallo di integrazione.
Ciò comporta che nell'integrazione numerica, per avere una buona accuratezza, almeno nelle vicinanze dell'estremo destro occorre un passo ∆ piccolissimo (ossia un numero enorme di addendi). [Io ne ho usati milioni!]
Ma con la posizione $cos(2φ)=cos^2(ψ)$ [per cui $dφ=1/2(-2cos(ψ)·sin(ψ))/(-sqrt(1-cos^4(ψ))) dψ=cos(ψ)/sqrt(1+cos^2(ψ)) dψ$] l'integrale diventa:
$L=∫_0^(π/2) 1/sqrt(1+cos^2(ψ)) dψ$
che si calcola con accuratezza $1/10^14$ con soli 10 addendi!

[...] a proposito di integrali, qualcuno vuole provare a calcolare l'area??

Una banalità! L'area di un solo occhiello [per $a=1/sqrt2$] è
$1/2∫_(π/4)^(π/4) ρ·(ρdφ) = 1/2∫_(π/4)^(π/4) ρ^2dφ =∫_0^(π/4) cos(2φ) dφ =1/2sin(π/2) = 1/2$.
Per $a$ [positivo] qualunque, (ossia $ ρ^2 = a^2cos(2φ)$), l'area totale vene $a^2$.
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Ultima modifica di Erasmus_First il 01/12/2016, 21:38, modificato 1 volta in totale.

Perfetto!
Devo farti i complimenti per la chiarezza