Координаты центра масс (циклоида и астроида)

[Imaginarium]

Здравствуйте, уважаемые коллеги.
Прошу ваших советов в следующей задаче:

Посчитать центр масс области $G$, ограниченной
a) осью $Ox$ аркой циклоиды $x = a(t - \sin t), y = a(1 - \cos t), (0 \leqslant t \leqslant 2\pi) $;
б) осями координат и дугой астроиды $x = a \cos^3 t, y = a \sin^3 t, (0 \leqslant t \leqslant \frac{\pi}{2})$.

Задачу надо решить с помощью двойных интегралов. В случае с циклоидой следует вкрутить, так сказать, "циклоидальную" замену: арка циклоиды должна заполняться малыми циклоидами, которые наслаиваясь друг на друга, заметают полностью всю область $G$. В данном случае, малые арки циклоиды задаются с помощью параметра $a, 0\leqslant a \leqslant 1$- т.е., радиусом катящейся окружности. Арка циклоиды, ограничивающая область $G$ образована качением единичной окружности, $a=1$.

Вопрос: правильно ли я описал "циклоидальную" замену и как можно такую же сочинить для астроиды- как в ней будет меняться параметр $a$? Нужно ли еще что-нибудь для циклоиды (кроме подсчета якобиана, конечно же)?

[svv]

В случае циклоиды я бы сначала сдвинул её на $-\pi$ по оси $Ox$. Параметрическое уравнение тогда будет такое:
$x = a(t + \sin t), y = a(1 + \cos t), (-\pi \leqslant t \leqslant +\pi)$.
И основная циклоида, и всё семейство малых циклоид с $0\leqslant a < 1$ будет теперь располагаться симметрично относительно оси ординат (и друг друга). Мне кажется, это хорошо. А прибавить потом $\pi$ к $x_C=0$ нетрудно.

[Imaginarium]

Спасибо за ответ с ценным советом! Действительно, так будет предпочтительнее гораздо. В общем-то, координата $x_C$ тогда уже найдена.

Когда я начал считать двойной интеграл для $y_C$, то с якобианом данной подстановки $J= a\sint(-t-sint)-a(1+cost)^2$ при интегрировании сначала по $dt$, у меня получается отрицательное и немаленькое значение, которое к арке циклоиды, порожденной качением окружности единичного радиуса отношения иметь не может. Вот внутренний интеграл:

$$\int_{-\pi}^{\pi}(1+\cos t)(\sint(-x-\sin t)-(1+\cos t)^2) dt=-\frac{15\pi}{2}$$

Внешний интеграл от 0 до 1, и деление на площадь не дадут еще один минус, да и само число слишком большое по модулю.
Для проверки: в данном случае, $y_C=\frac {4}{3}$.

В чем может быть ошибка? Считал я на WolframAlfa.

[ewert]

Зачем вообще что-то сужать/растягивать?... Надо тупо в лоб. Например,

$$S\cdot x_c=\iint\limits_{\Omega}x\,dx\,dy=\int\limits_a^bdy\int\limits_{x_1(y)}^{x_2(y)}x\,dx=\int\limits_a^b\dfrac{x_2^2(y)-x_1^2(y)}{2},dy=\int\limits_{t_1}^{t_2}\dfrac{x_2^2(t)-x_1^2(t)}{2}\cdot y'(t)\,dt.$$

[Imaginarium]

ewert в сообщении #530323 писал(а):

Зачем вообще что-то сужать/растягивать?... Надо тупо в лоб.

Да, я совершенно согласен с Вами, что так проще. Но разве в данной учебной задаче, где нужно все сделать именно с помощью указанных характерных замен, "циклоидальной" и "астроидальной" (это часть условия)- так получится?
...Тут еще обязательно надо использовать якобиан.

[svv]

Imaginarium, проверьте, пожалуйста, якобиан. Похоже, кое-что пропущено.

[Imaginarium]

svv в сообщении #530346 писал(а):

Imaginarium, проверьте, пожалуйста, якобиан. Похоже, кое-что пропущено.

Да, спасибо! Я уже сам успел обнаружить грубейшую ошибку
$J=a\sin t +2a\cos t -2a$. Тем не менее, это не единственная моя ошибка:

$$S=\int_{0}^{1} da \int_{-\pi}^{\pi}(a\sin t +2a\cos t -2a) dt=-4\pi $$

-площадь получается почему-то отрицательная (дело в расстановке пределов интегрирования?)
Далее:

$$y_C=-\frac {1}{2\pi} \int_{0}^{1} da \int_{-\pi}^{\pi} a(1-\cos t)(a\sin t +2a\cos t -2a) dt=-\frac {1}{4\pi}(-2\pi)= \frac {1}{2}$$

-тоже ерунда.

Считаю, что все делаю строго по формулам, а выходит вранье...

[svv]

Imaginarium писал(а):

$J=a\sin t +2a\cos t -2$

Якобиан должен быть однородным по $a$. Что-то ещё не так...

[Imaginarium]

svv в сообщении #530380 писал(а):

Imaginarium писал(а):

$J=a\sin t +2a\cos t -2$

Якобиан должен быть однородным по $a$. Что-то ещё не так...

Спасибо- это ошибка в наборе тут, на форуме, уже исправил свой пост.
В приведенном расчете я использовал $J=a\sin t +2a\cos t -2a$.

[svv]

Пожалуй, попрошу Вас расписать якобиан подробней. Ведь, например, в $\frac{\partial x}{\partial a}$ должно было остаться слагаемое $t$ в первой степени. А в результате ничего такого (даже умноженного на что-то) нет.

[Imaginarium]

svv в сообщении #530387 писал(а):

Пожалуй, попрошу Вас расписать якобиан подробней...

Конечно, ошибка вылезла:

$$J=\qquad \begin{vmatrix} t-\sin t & a(1-\cos t) \\ 1-\cos t & a\sin t \end{vmatrix}= a t \sin t+2 a \cos t-2a$$

-- 23.01.2012, 19:11 --

Как назло, это ситуацию не спасает. Площадь просто уменьшается в 2 раза:

$$J=at\sin t +2a\cos t -2a$$

.

$$S=\int_{0}^{1} da \int_{-\pi}^{\pi}(at \sin t +2a\cos t -2a) dt=-2\pi $$

Далее:

$$y_C=-\frac {1}{2\pi} \int_{0}^{1} da \int_{-\pi}^{\pi} a(1-\cos t)(at \sin t +2a\cos t -2a) dt=-\frac {1}{2\pi}(-2\pi)= 1$$

- выходит почти то же самое.

[svv]

Замечательно! (это я по поводу якобиана)

[Imaginarium]

svv в сообщении #530419 писал(а):

Замечательно! (это я по поводу якобиана)

Мне очень неловко за свою тупую арифметику. Спасибо за терпение

[svv]

Не беспокойтесь, несмотря ни на какие ошибки, прекрасно видно, что Вы не новичок.

[Imaginarium]

Спасибо)
Тем не менее, ошибок все еще хватает. Потому вопросы остаются открытыми:
1. Почему отрицательная площадь возникает. Неважно, что ее минус потом сокращается. Мне важно понять откуда возникает.
2. Где еще может быть ошибка, т.к. центр масс находится выше на $\frac {1}{3}$ относительно найденного значения.