2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему
 
 Придуманный олимпиадный интеграл.
Сообщение24.11.2016, 12:04 


05/02/13
132
В последние два дня пришло вдохновение, и я родил следующую задачу.

Вычислить $\iint\limits_E drd\varphi$, где $E$ - область, ограниченная замкнутой кривой, заданной в полярных координатах уравнением $\left\{ 0 \leq  r \leq \frac{\pi^2}{8}, 0 \leq \varphi < 2\pi: \sqrt{r(1-\sin\varphi)}=\sin\left(2\sqrt{r(1+\sin\varphi}\right)\right\}$.

(Оффтоп)

Ответ равен 2

 Профиль  
                  
 
 Уточнение
Сообщение24.11.2016, 14:09 


11/07/16
801
Пожалуйста, уточните: подинтегральная функция равна $1$ или $r$ ?

 Профиль  
                  
 
 Re: Придуманный олимпиадный интеграл.
Сообщение24.11.2016, 21:33 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


13/08/08
14424
Судя по ответу, это площадь сердечка, которое занимает чуть меньше половины круга, то есть там должен стоять якобиан. Ведь интеграл от единички будет гораздо больше (если я правильно нарисовал :-) ). Сердечко симметрично относительно вертикали.

 Профиль  
                  
 
 Re: Придуманный олимпиадный интеграл.
Сообщение24.11.2016, 22:19 


11/07/16
801
Разделяю Ваше мнение. Расчет с Математикой подтверждает его:
Код:
NIntegrate[ Boole[Sqrt[r*(1 - Sin[phi])] <= Sin[2*Sqrt[r*(1 + Sin[phi])]]], {r,  0, Pi^2/8}, {phi, 0, 2*Pi}]
3.99981

По-видимому, имеем дело с жертвой аборта.

 Профиль  
                  
 
 Re: Придуманный олимпиадный интеграл.
Сообщение26.11.2016, 12:17 


05/02/13
132
Подынтегральная функция равна 1, якобиан не пропущен, и вычисляется не площадь этого сердечка.

 Профиль  
                  
 
 Re: Придуманный олимпиадный интеграл.
Сообщение27.11.2016, 21:11 


11/07/16
801
Идея решения заключается в следующем. Трудность при вычислении интеграла состоит в том, что граница множества интегрирования задается неявным уравнением, которое не решается относительно ни одной переменной в явном виде. Произведем замену переменных, в результате которой уравнение границы множества интегрирования упрощается.
$\{u = r-r\sin(\varphi), v = r\cos(\varphi)\} $
$\{ r = (1/2)(u^2+v^2)/u, \varphi = \arctg (-(u^2-v^2)/(u^2+v^2), 2uv/(u^2+v^2)) \}$
См. Вики, atan2 относительно обозначения, которое часто употребляется в языках программирования и редко - в русскоязычной математической литературе.
Возникает естественный вопрос: как додуматься до нее? Было сделано две попытки. Одна из них - $ \{u = r-r\sin(\varphi), v =r+ r\sin(\varphi)\}$ - оказалась неудачной, вторая - успешной.
Далее, множество интегрирования имеет форму перевернутой черви (одна из карточных мастей) с вертикальной осью симметрии $\{(r, \varphi): \varphi= \pi/2\}$. Я не знаю, как построить множество интегрирования без применения математических пакетов (Если я ошибаюсь, пусть старшие товарищи меня поправят.). Из технических соображений рассмотрим интегрирование по правой половине множества $E$ в обозначениях вопрошателя.
После замены переменных множество
$ E_1:=\{(r,\varphi):\sqrt{r(1-\sin(\varphi))} \le \sin(2\sqrt{r(1+\sin(\varphi))}),\varphi \ge -\frac \pi 2, \varphi \le \frac \pi 2\}$
переходит в множество
$E_2:=\{(u,v):\sqrt{u} \le \sin(2\sqrt{v^2/u})\}.$
Заметим, что отрезок $\{(r,\varphi): r\ge 0,\,r \le \frac {\pi^2} 8, \varphi=\frac \pi 2 \}$ при этом стягивается в точку - начало координат (Именно в связи с этим обстоятельством интегрируем по половине $ E$, ибо образ всего $ E$ состоит из двух множеств, пересекающихся только в начале координат $u,\,v$ .). Понятно, что $ u$ и $v$ неотрицательны. Изображение множества $E_2$ несколькими способами (и другие вычисления сделанные с Мэйплом) см. в прилагаемом PDF файле.
Координаты точек границы множества $ E_2 $ удовлетворяют уравнению $\sqrt{u} = \sin(2v/ \sqrt{u})$. Среди бесконечного множества его действительных решений выбираем два $v=(1/2)\arcsin(\sqrt{u})\sqrt{u} $ и $v=-(1/2(\arcsin(\sqrt{u})-\pi))\sqrt{u}, u\ge 0,\, u\le 1$. Их графики действительно ограничивают $E_2$ (см. приложенный файл). Определитель якобиана отображения
$\{r = (1/2)(u^2+v^2)/u, \varphi = \arctg(-(u^2-v^2)/(u^2+v^2), 2uv/(u^2+v^2))\}$
равен $\frac 1 u$ , что находится вычислением. Теперь искомый интеграл равен
$2\int\limits_{E_1} \,drd \varphi = 2\int\limits_{E_2} \frac 1 u dudv$ .
Двойной интеграл вычисляется как повторный
$2\int\limits_{E_2} \frac 1 u dudv = 2\int\limits_0^1\left(\int\limits_{(1/2)\arcsin(\sqrt{u})\sqrt{u}}^{-(1/2(\arcsin(\sqrt{u})-\pi))\sqrt{u}}\frac 1 u \,dv \right)\,du.$
Внутренний интеграл равен $1/2\,\frac {-2\,\arcsin \left( \sqrt{u} \right) +\pi}{\sqrt{u}}.$
Теперь $2 \int\limits_0^1 1/2\,\frac {-2\,\arcsin \left( \sqrt{u} \right) +\pi}{\sqrt{u}}\,du = 4.$
Поскольку после замены переменных получается несобственный интеграл, то требуются дополнительные рассуждения. Вместо $E_2$ рассмотрим $E_2(\varepsilon):=E_2 \cap \{(u,v): u\ge \varepsilon\}$ где $\varepsilon >0,\varepsilon<1,$ и $E_1(\varepsilon)$ - прообраз $E_2(\varepsilon)$.
Поскольку $v =O(\varepsilon),\, \varepsilon \downarrow 0, $то эти множества исчерпывают соответственно $E_2$ и $E_1$.
Задача напоминает мне примеры и упражнения из
Цитата:
Г. Харди, Курс чистой математики
Э. Гурса, Курс математического анализа

времен очаковских и покоренья Крыма.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 6 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group