Вычисление двойного интеграла в обобщенной полярной системе

[Men007]

Вычислить двойной интеграл в обобщенной полярной системе:
$\iint\limits_{D}^{}$, где $D$ - область, ограниченная кривой $(\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}})^{2}=\frac{x^{2}}{h^{2}}-\frac{y^{2}}{k^{2}}$.

Решение:
$x=a r \cos\varphi$, $y=b r \sin\varphi$
$\frac{x}{a}=r \cos\varphi$, $\frac{y}{b}=r \sin\varphi$

$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=r^{2}$

Следовательно получим:

$(r^{2})^{2}=\frac{a^{2}r^{2} (\cos\varphi)^{2}}{h^{2}}-\frac{b^{2}r^{2} (\sin\varphi)^{2}}{k^{2}}$

$r=\sqrt{\frac{a^{2}(\cos\varphi)^{2}}{h^{2}}-\frac{b^{2}(\sin\varphi)^{2}}{k^{2}}}$

То есть имеем:
$0\leqslant r \leqslant \sqrt{\frac{a^{2}(\cos\varphi)^{2}}{h^{2}}-\frac{b^{2}(\sin\varphi)^{2}}{k^{2}}}$

Посчитаем якобиан:
$I=\begin{vmatrix} a \cos\varphi& -a r \sin\varphi\\ b \sin\varphi & b r \cos\varphi \end{vmatrix}$

$I=a b r$

Таким образом, получим повторный интеграл:

$\int\limits_{...}^{...} d\varphi \int\limits_{0}^{\sqrt{\frac{a^{2}(\cos\varphi)^{2}}{h^{2}}-\frac{b^{2}(\sin\varphi)^{2}}{k^{2}}}} a b r dr$.

Я совершенно не могу представить, как выглядит область, которую ограничивает данная кривая. При этом я также не могу расставить пределы интегрирования для $\varphi$. Не понимаю, как это сделать.

Ответ должен выглядеть так:
$a b [(\frac{a^{2}}{h^{2}}-\frac{b^{2}}{k^{2}}) \arctg(\frac{a k}{b h})+\frac{a b}{h k}]$.
опять же непонятно, откуда появляется $\arctg(\frac{a k}{b h})$?

[thething]

Ну это вроде лемниската Бернулли, соответственно, посмотрите, в каких пределах изменяется угол (там два промежутка). Так интеграл получился хороший, арктангенс вылезет, видимо, из-за универсальной тригонометрической подстановки во внешнем интеграле

-- 28.03.2018, 20:25 --

В силу симметрии можно рассмотреть только правую петлю. Для нахождения углов достаточно найти угловые коэффициенты касательных в нуле.

[Men007]

thething
То есть там получается, что будет два интеграла:
$\int\limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} d\varphi \int\limits_{0}^{\sqrt{\frac{a^{2}(\cos\varphi)^{2}}{h^{2}}-\frac{b^{2}(\sin\varphi)^{2}}{k^{2}}}} a b r dr+\int\limits_{\frac{3 \pi}{5}}^{\frac{5\pi}{4}} d\varphi \int\limits_{0}^{\sqrt{\frac{a^{2}(\cos\varphi)^{2}}{h^{2}}-\frac{b^{2}(\sin\varphi)^{2}}{k^{2}}}} a b r dr$ ?

И что за универсальная тригонометрическая постановка? Там разве не простая разность интегралов для $(\cos\varphi)^{2}$ и $(\sin\varphi)^{2}$?

[thething]

Men007
Углы надо все же просчитать, т.к. это не простая лемниската, а растянутая (см. мое сообщение выше).

Men007 в сообщении #1300224 писал(а):

Там разве не простая разность интегралов для $(\cos\varphi)^{2}$ и $(\sin\varphi)^{2}$?

Ага, она самая Тогда арктангенс вылезет при пересчете углов

[Men007]

thething

thething в сообщении #1300220 писал(а):

Для нахождения углов достаточно найти угловые коэффициенты касательных в нуле.

То есть нужно сначала выразить $y$ (хотя я не уверен, что это возможно). Затем от полученного выражения найти производную по $x$, и после чего в найденную производную вместо $x$ подставить $0$? Таким образом, мы найдем значение $k$.

А потом получим, что $\tg \varphi =k$.

Но так мы получим лишь один из углов.

Я все же думаю, истина ближе здесь:

$\frac{a^{2} (\cos\varphi)^{2}}{h^{2}}-\frac{b^{2} (\sin\varphi)^{2}}{k^{2}} \geqslant 0$

$a^{2} k^{2} (\cos\varphi)^{2}-b^{2} h^{2} (\sin\varphi)^{2} \geqslant 0$

$a^{2} k^{2} (1-(\sin\varphi)^{2})-b^{2} h^{2} (\sin\varphi)^{2} \geqslant 0$

$a^{2} k^{2} - a^{2} k^{2}(\sin\varphi)^{2}-b^{2} h^{2} (\sin\varphi)^{2} \geqslant 0$

$ a^{2} k^{2} - (a^{2} k^{2} +b^{2} h^{2} ) (\sin\varphi)^{2} \geqslant 0$

$(\sin\varphi)^{2} \geqslant \sqrt{\frac{a^{2} k^{2}}{(a^{2} k^{2} +b^{2} h^{2} )}}$

Тогда получим:
$- \arcsin (\sqrt{\frac{a^{2} k^{2}}{(a^{2} k^{2} +b^{2} h^{2} )}}) \leqslant \varphi \leqslant \arcsin (\sqrt{\frac{a^{2} k^{2}}{(a^{2} k^{2} +b^{2} h^{2} )}})$

Но я не уверен в правильности своих рассуждений.

[thething]

А что мешает выразить $y$? Там же биквадратное уравнение. Берете только то решение, которое в первой четверти и вперед.. Плохо, конечно, что нельзя продифференцировать неявно, т.к. в окрестности нуля не выполнены условия теоремы о неявной функции.

Получите оба угла (один со знаком минус), поскольку лемниската симметрична.

Men007 в сообщении #1300235 писал(а):

$(\sin\varphi)^{2} \geqslant \sqrt{\frac{a^{2} k^{2}}{(a^{2} k^{2} +b^{2} h^{2} )}}$

Вот тут во-первых, знак неравенства другой, а во-вторых, при решении квадратных неравенств получаются двойные неравенства (у Вас одинарное)

Используйте дифференцирование, тем более, что ответ намекает

[Markiyan Hirnyk]

Целесообразно поменять порядок интегрирования. сначала интегрируя по $\varphi$ , а затем по $ r.$ Находим пределы $\varphi $
как функции $r,$ решая уравнение
$r^2= \frac {a^2 (\cos \varphi)^2} {h^2} - \frac {b^2 (\sin \varphi)^2} {k^2},$
$\sin(\varphi)^2 =\frac {a^2k^2-r^2h^2k^2}{a^2k^2+b^2h^2}.$
Интеграл
$\int_{-\arcsin \left( \sqrt {{\frac {-{r}^{2}{h}^{2}{k}^{2}+{a}^{2}{k} ^{2}}{{a}^{2}{k}^{2}+{b}^{2}{h}^{2}}}} \right) }^{\arcsin \left( \sqrt {{\frac {-{r}^{2}{h}^{2}{k}^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}{{a}^{2}{k}^{2}+{ b}^{2}{h}^{2}}}} \right) }\!abr\,{\rm d}\varphi$
находится легко, он равен
$2abr\arcsin(((-h^2 k^2 r^2+a^2 k^2)/(a^2 k^2+b^2 h^2))^{1/2}).$
Интеграл от этого выражения по r в пределах от $0$ до $\frac a h$ также находится в замкнутой форме.
Окончательный ответ следующий
$\frac 1 2 \,{\frac {ab}{{h}^{2}{k}^{2}} \left( \arcsin \left( {\frac {ka}{ \sqrt {{a}^{2}{k}^{2}+{b}^{2}{h}^{2}}}} \right) {a}^{2}{k}^{2}-\arcsin \left( {\frac {ka}{\sqrt {{a}^{2}{k}^{2}+{b}^{2}{h}^{2}}}} \right) {b }^{2}{h}^{2}+abhk \right) },$
что подтверждается вычислениями для конкретных значений параметров $a=2, b=1 ,h =\sqrt{2}, k=\sqrt{3}.$

[ex-math]

Арксинус компактнее будет переписать через арктангенс, как в ответе задачи.

[Markiyan Hirnyk]

ex-math
Спасибо за руководящее (но не конструктивное) указание. Пожалуйста, покажите, как это сделать, какие формулы применить.

[ex-math]

Markiyan Hirnyk
В аргументе арксинуса в числителе -- катет, в знаменателе -- гипотенуза, которая есть корень из суммы квадратов катетов. Ну а тангенс -- это отношение катетов.

[Markiyan Hirnyk]

ex-math
Вы это серьезно? Формулы не указаны. Вы обратили внимание на множители? Подставляли конкретные значения параметров в обе формулы и сравнивали результаты? Еще раз спасибо за директивы, однако пустой разговор продолжать не намерен.

[thething]

Markiyan Hirnyk
Чем Вы недовольны? Вроде ex-math всё понятно объяснил. Вот, не поленился, чисто для Вас загуглил (надеюсь, ex-math не против)
http://www.cleverstudents.ru/trigonometry/formulas_with_arcsin_arccos_arctg_arcctg.html#arcsin_by_arccos_arctg_arcctg
Удачи с упрощением!

[Markiyan Hirnyk]

thething
Спасибо, но там нашел только это

Цитата:

Используя другие тригонометрические формулы, можно обнаружить ряд других связей между arcsin, arccos, arctg и arcctg

, а не нужные формулы.
Если подставить значения параметров $a=2, b=1, h=\sqrt{2},k=\sqrt{3}$ в выведенную мною формулу, то получается $2.788495985$, если их подставить в формулу, приведенную вопрошателем, то результат следующий $8.842978286$. Первое значение подтверждается численным нахождением площади в Математике. В ожидании солидного разговора серьезных людей. Пустой разговор продолжать не намерен.

[thething]

Markiyan Hirnyk
Держите, $\arcsin a=\arctg \frac{a}{\sqrt{1-a^2}}$, $-1<a<1$

И, если что, никто не говорил, что Ваше решение неверно, а ответ ТС верен. Речь лишь о том, что Ваш ответ, в таком виде оставлять не стОит, если можно записать гораздо проще.

[Pphantom]

Markiyan Hirnyk в сообщении #1300825 писал(а):

В ожидании солидного разговора серьезных людей. Пустой разговор продолжать не намерен.

И не будете. Markiyan Hirnyk, недельный бан за беспричинное хамство.