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¿Realizando un clip inverso en ArcMap?

¿Hay alguna forma de realizar un "reverso" de la función de clip en ArcMap? No estoy exactamente seguro de cómo explicarlo, así que aquí hay un diagrama:

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Ha funcionado perfectamente. Recortado el área interior fuera de mi área de amortiguación - Gracias

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Mike Roosa Puntos 1877

No vivimos en la $q$ parte del espacio de fase: efectivamente, vivimos en el espacio de fase completo, ya que definitivamente no somos objetos de momento fijo.

Sin embargo, damos más importancia a nuestra posición que a nuestra velocidad/momento; entonces la cuestión sale de la física para entrar en la psicología.

En mi opinión, parte de ello puede deberse a la forma en que recopilamos los conocimientos: los fijamos en fijos. $q$ soportes: libros, papel,... y nos gusta parar las cosas para estudiarlas (dibujar la curva de un movimiento).

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De entrada, esto sólo funcionará con una licencia de nivel avanzado (ArcInfo). Es posible lograr lo mismo con una licencia básica de forma programada con Arc Objects y una licencia básica. (iTopologicalOperator)

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Otra solución para "borrar" con licencia Baisc (ArcView) o Standard (ArcEditor) es utilizar el Unión herramienta y Seleccione por ubicación herramienta. @MappaGnosis describe cómo funciona en su respuesta a esta pregunta .

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IaCoder Puntos 2449

Otra opción en este caso sería realizar una unión y luego eliminar la característica interior.

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Bienvenido a la página web. Te sugiero que amplíes tu respuesta con los pasos que tendría que seguir el usuario.

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(+1) Esta es una buena respuesta porque (a) realiza la tarea solicitada (b) de manera eficiente (c) utilizando operaciones básicas disponibles en todos los niveles de licencia (d) de una manera que se traduce bien a otras plataformas SIG, también. ¡Bienvenido a nuestro sitio, Rob!

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Martin Puntos 2872

Dado que Erase (como enlazó @Jens) sólo está disponible con una licencia avanzada, puede descargar Geowizards ET . Se puede instalar como una caja de herramientas de Arcmap.

Aunque hay que pagar por la suite completa, hay una parte gratuita del programa y la función de borrado está incluida en ella ( Grupo de superposición ).

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David L Morris Puntos 917

He enviado un correo electrónico a Michael Hopkins y me ha dicho que este conjunto de problemas no es suyo, sino que lo ha compuesto Peter Kronheimer. Por lo tanto, el contenido de mi pregunta es bastante inapropiado y me disculpo por el malentendido aquí. Dejaré la pregunta sin modificar (porque de lo contrario las respuestas pueden ser incomprensibles). Actualizaré esta "respuesta" una vez que haya resuelto la prueba de Kirby.

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De la sugerencia de Dilip Sarwate sobre:

$$2\int_0^1\frac{1-y^4}{1+y^6}\mathrm dy = 2\int_0^1\frac{(1-y^2)(1+y^2)}{(1+y^2)(y^4-y^2+1)}\mathrm dy = 2\int_0^1\frac{(1-y^2)}{(y^4-y^2+1)}\mathrm dy \; .$$

El denominador puede dividirse en

$$2\int_0^1\frac{(1-y^2)}{(y^4-y^2+1)}\mathrm dy = 2\int_0^1\frac{(1-y^2)}{(y^2+\sqrt{3}y+1)(y^2-\sqrt{3}y+1)}\mathrm dy \; .$$

Usando fracciones parciales esto se convierte en

$$2\int_0^1\frac{(1-y^2)}{(y^2-\sqrt{3}y+1)(y^2+\sqrt{3}y+1)}\mathrm dy = 2\int_0^1\frac{\frac{y}{\sqrt{3}}+\frac{1}{2}}{(y^2+\sqrt{3}y+1)}-\frac{\frac{y}{\sqrt{3}}-\frac{1}{2}}{(y^2-\sqrt{3}y+1)}\mathrm dy \; .$$

La última parte puede reescribirse como

$$\frac{1}{\sqrt{3}}\int_0^1\frac{2y+\sqrt{3}}{(y^2+\sqrt{3}y+1)}-\frac{2y-\sqrt{3}}{(y^2-\sqrt{3}y+1)}\mathrm dy \; .$$

Y se puede resolver fácilmente por sustitución para dar como Zev Chonoles ya mencionó en el comentario: $\frac{\ln(7+4\sqrt{3})}{\sqrt{3}}$ .

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