Площади фигур

[ewert]

oleg-oleg в сообщении #722822 писал(а):

Может все-таки $\sqrt{\frac{x}a}=u,\ \ \sqrt{\frac{y}b}=v$ лучше?

Хуже -- там придётся бороться с трапецией. Кусок кольца всё-таки проще хотя бы тем, что стандартнее, т.е. не придётся думать.

[oleg-oleg]

ewert в сообщении #722823 писал(а):

oleg-oleg в сообщении #722822 писал(а):

Может все-таки $\sqrt{\frac{x}a}=u,\ \ \sqrt{\frac{y}b}=v$ лучше?

Хуже -- там придётся бороться с трапецией. Кусок кольца всё-таки проще хотя бы тем, что стандартнее, т.е. не придётся думать.

Спасибо, да действительно кольцо.

У меня так получились ограничения:

$u^2+v^2=1\;\;\;\;\;\;\;u^2+v^2=2\;\;\;\;\;u^4=v^4\;\;\;\;\;4u^4=v^4$

Якобиан $J_1=16abu^3v^3$

Переходим к полярным $J_2=r$. Так как у нас два симметричных и равных по площади кольца, то...

$S=2\displaystyle\int_{\frac{\pi}{4}}^{\varphi_0}d\varphi \displaystyle\int_{1}^{2}16abr^7\cos^3\varphi\sin^3\varphi dr$

$\varphi_0=\arctg(\sqrt 2)$

Верно?

[ewert]

oleg-oleg в сообщении #722829 писал(а):

Так как у нас два симметричных и равных по площади кольца, то...

Откуда два-то, если всё в одной четверти?

Остальное вроде верно.

[oleg-oleg]

ewert в сообщении #722768 писал(а):

Здесь полярные координаты как-то совсем не пришей кобыле хвост. Напрашивается $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=u,\ \ \frac{x}{a}-\frac{y}{b}=v$.

$x=\dfrac{(u+v)a}{2};\;\;\;\;y=\dfrac{(u-v)b}{2}$

$J=-\dfrac{ab}{4}$

$|J|=\dfrac{ab}{4}$

Ограничения будут такие $v=u^2\;\;\;\;\;(u-v)b>0$

Это парабола, но почему-то мне кажется, что площадь под ней неограничена... Как быть?

-- 12.05.2013, 14:44 --

Вроде эти 2 синих кусочка...

[ewert]

oleg-oleg в сообщении #722834 писал(а):

$|J|=\dfrac{ab}{4}$

Аккуратнее с двойками (вообще надёжнее найти обратный якобиан, а потом перевернуть).

oleg-oleg в сообщении #722834 писал(а):

Это парабола, но почему-то мне кажется, что площадь под ней неограничена...

Не под, а над. Вы забыли про второе ограничение.

[Otta]

provincialka в сообщении #722727 писал(а):

Звездочка из этого уравнения не получается, так как корень из отрицательных чисел не извлекается (у астроиды он кубический).

Я сказала - четверть звездочки. Нет, provincialka, это не парабола. А почему Вы думаете, что это парабола? :)

[provincialka]

Я посчитала интеграл 3 способами (мой, ewert, и с двумя заменами). Каждый занял примерно 3/4 листа А4. Только я модифицировала метод ewert, взяла $x=ar\cos^4\varphi, y=br\sin^4\varphi$

-- 12.05.2013, 15:46 --

Otta в сообщении #722848 писал(а):

Я сказала - четверть звездочки. Нет, provincialka, это не парабола. А почему Вы думаете, что это парабола? :)

Ну, может, потому, что я 22 года преподаю матан
А если без шуток - упростите уравнение, исключите корни. Увидите, что уравнение второго порядка. Например, пусть $\sqrt{x}+\sqrt{y}=1$. Сделаем поворот: $x=u+v; y=u-v$, уравнение приобретет вид $4u=4v^2+1$

[Otta]

provincialka в сообщении #722865 писал(а):

уравнение приобретет вид

Откуда?
Этак можно вместо каждой переменной квадраты подставить, получится вообще прямая. Ы?

Давайте я Вам скажу, почему это не парабола. Потому что в своей вершине парабола имеет порядок касания с касательной два, а в остальных точках - один. В отличие от этой кривой, где везде, в т.ч. и в "вершине", порядок касания 1, а в крайних точках - два.

[ewert]

Otta в сообщении #722870 писал(а):

Давайте я Вам скажу, почему это не парабола.

Это не аргумент: у всех кривых второго порядка (а это, очевидно, кривая второго порядка) все "порядки касания" везде одинаковы. И так уж нечаянно выходит, что это всё-таки параболы, а не эллипс и не гипербола.

[oleg-oleg]

ewert в сообщении #722832 писал(а):

oleg-oleg в сообщении #722829 писал(а):

Так как у нас два симметричных и равных по площади кольца, то...

Откуда два-то, если всё в одной четверти?

Остальное вроде верно.

А почему в одной? Ведь это $x>0,y>0$, а $u,v$ -- могут быть любыми)

[Otta]

ewert в сообщении #722879 писал(а):

Это не аргумент: у всех кривых второго порядка (а это, очевидно, кривая второго порядка) все "порядки касания" везде одинаковы.

Я, видимо, не совсем Вас понимаю. Мне хотелось избежать более сложных построений, поэтому я воспользовалась таким аргументом. Разумеется, я сформулировала необходимое условие, никак не достаточное.
Давайте иначе: где у нее фокус?

[ewert]

oleg-oleg в сообщении #722905 писал(а):

а $u,v$ -- могут быть любыми

Так уж и любым. Замена всё-таки обязана быть взаимно-однозначной.

Otta в сообщении #722906 писал(а):

Давайте иначе: где у нее фокус?

Понятия не имею. Где-то есть; какая разница, где?... Ну возведите Вы то уравнение пару раз в квадрат -- и всё увидите.

[provincialka]

Otta, квадратов не надо. Моя замена дает поворот (плюс подобие), так что форма фигуры сохраняется. А фокус параболы (при $a=b=1$) находится на оси $y=x$.

[ewert]

provincialka в сообщении #722922 писал(а):

квадратов не надо. Моя замена дает поворот (плюс подобие), так что форма фигуры сохраняется.

Форма-то сохраняется; но какая форма-то?... (до возведений в квадрат)

[provincialka]

ewert в сообщении #722925 писал(а):

provincialka в сообщении #722922 писал(а):

квадратов не надо. Моя замена дает поворот (плюс подобие), так что форма фигуры сохраняется.

Форма-то сохраняется; но какая форма-то?... (до возведений в квадрат)

такая, как вы сказали. Отрезок параболы.
А, наверное, я непонятно сказала про квадраты. Не "возведение в квадрат". Я возражала против использования квадратов в преобразовании плоскости.