Найти площадь области перейдя к полярным координатам

[Uli-Rock]

найти площадь области пересечения двух замкнутых областей $(x-1)^2+y^2\le1$, $(x-2)^2+y^2\le1$, перейдя к полярным координатам

Решаю.
1. Рисую картинку:

2. перевожу уравнения линий в полярные координаты, тут возникает вопрос-где будет полюс в этой системе, в точке (0;0)?
a) $(x-1)^2+y^2=1$
$x^2-2x+1+y^2=0$
$\rho^2\cos^2\phi-2\rho\cos\phi+\rho^2\sin^2\phi=0$
$\rho^2=2\rho\cos\phi$ или $\rho=2\cos\phi$


b) $(x-2)^2+y^2=1$
$x^2-4x+3+y^2=0$
$\rho^2\cos^2\phi-4\rho\cos\phi+3+\rho^2\sin^2\phi=0$
$\rho^2=4\rho\cos\phi-3$ тут второй вопрос-это нормально, что ро присутствует в обеих частях уравнения?

3. нахожу точки пересечения, приравняв а) к b)
и вот тут моя основная проблема-получается, что $\cos\phi=1,5$, чего не может быть.

Я 2 дня ищу решение, пробовала и с помощью одиночного интеграла, и с помощью двойного, но везде нужны точки пересечения графиков..
Буду рада любым подсказкам, что и где я не так делаю.

Пишется так: \rho \cos \phi /АКМ

[gris]

А может быть поместить полюс в центр симметрии всего этого дела, да найти четвертушку фигуры, изменяя угол от нуля до прямого? Прошу прощения за отсутствие латиницы и символов.

[AKM]

Uli-Rock в сообщении #330392 писал(а):

$\rho^2=4\rho\cos\phi-3$ тут второй вопрос-это нормально, что ро присутствует в обеих частях уравнения?

$$\begin{picture}(100,50)(0,-25) \put(0,0){\vector(1,0){100}} \put(0,-25){\vector(0,1){50}} \put(40,0){\circle{40}} \put(0,0){\line(3,1){80}} \end{picture} $$

У Вас получилось квадратное уравнение. Решив его, Вы и получите два решения (где ро будет в левой части, как Вам, видимо, хочется). Два решения, естественно, соответствуют двум точкам пересесения. Вам, наверное, нужна та, что поближе.
Мне довольно трудно заставить себя решать эту задачу в полярных координатах.
(типа "что за глупость?" Хотя бы полюс взять там, посрединке...)

-- Сб июн 12, 2010 16:41:36 --

$\cos\phi=\sqrt{\frac34}$ (по Вашим уравнениям)

[Uli-Rock]

выбираю в качестве полюса центр симметрии,
тогда как мне найти ро1 и ро2, ведь изначальные уравнения этих кривых даны относительно точки (0;0), или это не имеет значения?

[AKM]

Всего-навсего

$$\begin{cases}x=x_0+\rho\cos\phi,\\y=y_0+\rho\sin\phi.\end{cases}$$

Здесь $x_0,y_0$ --- координаты полюса.

Однако не подменяйте формулы картинкой! Это правило форума.

-- Сб июн 12, 2010 17:26:54 --

Никаких $\rho_2$ не надо. Используйте симметрию. Симметрию относительно вертикальной оси симметрии в первую очередь. И пределы интегрирования по углу проверьте.

[мат-ламер]

gris в сообщении #330396 писал(а):

А может быть поместить полюс в центр симметрии всего этого дела, да найти четвертушку фигуры, изменяя угол от нуля до прямого? Прошу прощения за отсутствие латиницы и символов.

Если развить эту идею, то может всё выразить через площадь сегмента, но это может преподавателю не понравиться.

[Uli-Rock]

пробую решить используя симметрию.
1. помещаю полюс в точку (1,5;0) и нахожу площадь как 1/2\int_\alpha^\beta\rho^2(\phi)d\phi
2. исходя из \{ x=x_0+\rho cos\phi, { y=y_0+\rho sin\phi\} , где (x_0;y_0) - координаты полюса, перевожу уравнение (x-1)^2+y^2=1 в полярные координаты( т.к. для вычисления искомой площади я собираюсь найти сначала ее четверть(образно говоря-первую четверть всей площади пересечения), ограниченную только уравнением первой окружности, правильно?)
$x^2-2x+1+y^2-1=0$
$x^2-2x+y^2=0$
(1,5+\rho cos\phi)^2-2(1,5+\rho cos\phi)+(0+\rho sin\phi)^2=0
если я до сих пор нигде не ошиблась, то решив это уравнение получу \rho=(2cos^2\phi+3)/4
тогда вся площадь будет 4*1/2\int_0^\pi/2 \rho=((2cos^2\phi+3)/4)^2d\phi (никак мне не удается загнать пи пополам в верхний предел)

буду очень благодарна, если кто-нибудь проверит то что я тут нарешала...

[ewert]

Полярные координаты действительно достаточно разумны, но только если переместить начало координат в точку (1; 0).

(вообще окружность хорошо описывается в полярных координатах в двух случаях: когда начало координат лежит в центре окружности или когда на самой окружности)

[gris]

Исключительно по написанию формул. Окружайте их знаком $. Длинный показатель степени заключайте в {}.

$4\cdot\dfrac12\int\limits_0^{\pi/2} ((2cos^2\varphi+3)/4)^2\,d\varphi$

Не знаю, верно ли это, но интеграл берётся.

[ewert]

gris в сообщении #330674 писал(а):

Не знаю, верно ли это,

Этого не может быть, поскольку этого не может быть никогда. Уравнение окружности в полярных координатах -- это квадратное уравнение на радиус. Оно хорошо тогда и только тогда, когда из трех возможных членов уравнения фактически присутствуют только два.

[gris]

Тогда уж логичнее поместить полюс в точку $(2;0)$, да только как там быть с от чего до чего интегрировать?

[ewert]

gris в сообщении #330698 писал(а):

Тогда уж логичнее поместить полюс в точку $(2;0)$,

Это ровно то же самое, только там пределы по углам будут чуть менее уклюжи.

gris в сообщении #330698 писал(а):

, да только как там быть с от чего до чего интегрировать?

А вот с этим -- должна хозяйка темы сама разобраться. Там интеграл распадается на три -- по трем угловым отрезкам. (Ну или по двум, если учесть симметрию.)

[AKM]

Uli-Rock в сообщении #330667 писал(а):

(1,5+\rho cos\phi)^2-2(1,5+\rho cos\phi)+(0+\rho sin\phi)^2=0
если я до сих пор нигде не ошиблась, то решив это уравнение получу \rho=(2cos^2\phi+3)/4

Уравнение решено неправильно.
Но, извините --- теперь вижу: нехороша была и сама моя подсказка про 1.5.