Площадь фигуры

[Locker]

Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями $p^2=2\sin 2a$

[KOSHLICH]

но ведь у тебя периодическая функция и несобственный интеграл получится расходящимся.
(или может я неправильно понял условие???? Если можно, выложи его в более коректной форме, используя теги)

[незваный гость]

Locker писал(а):

Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями p^2=2sin2a

Я так понимаю, что координаты полярные $\rho^2 = 2 \sin(2\alpha)$.

Два наводящих соображения -- нарисуйте, какая получается фигура, и вспомните формулу площади в полярных координатах.

[zkutch]

Это фактически "немного" наклоненная лемниската Бернули и подозрительно напоминает номер 3990 из Демидовича ...

[KOSHLICH]

Если записать так:
$\rho_1=+\sqrt{(2\cdot\sin{(2\cdot\alpha)})}$
и
$\rho_2=-\sqrt{(2\cdot\sin{(2\cdot\alpha)})}$

То графики функций $\rho_1$ и $\rho_2$ не сколько не отличаются.(график: 2 лепестка в I и IV четв.)

Ищем пересечения:
$\sqrt{(2\cdot\sin{(2\cdot\alpha)})}=0$,
$\alpha=0+\pi\cdot k$ и $\alpha=\pi/2+\pi\cdot k$

Тогда $S_\text{фигуры}$ можно свести к вычислению 2-х интегралов:
$S_\text{фигуры}={2\cdot1/2}\int_0^{\pi/2}{{\rho}^2}d\alpha$

[Руст]

В полярных координатах всегда радиус неотрицательное число, поэтому умножать на два не надо.

[незваный гость]

Руст писал(а):

В полярных координатах всегда радиус неотрицательное число, поэтому умножать на два не надо.

Боюсь, что надо. Поскольку интеграл от $0$ до $\pi/2$.

[zkutch]

KOSHLICH писал(а):

график: 2 лепестка в I и IV четв.

второй лепесток скорее в 3-й четверти
формально область для угла можно определить из неравенства

\[ \sin 2\alpha \ge 0 \]

т.е. область где синус и косинус одновременно положительны

Разумеется Руст прав когда говорит, что отрицательный радикал не нужно рассматривать, но так как фигура состоит из двух лепестков,
поэтому я скорее всего согласен с тем, что то и умножение на 2 не лишнее

[shwedka]

zkutch писал(а):

KOSHLICH писал(а):

график: 2 лепестка в I и IV четв.

второй лепесток скорее в 3-й четверти
формально область для угла можно определить из неравенства

\[ \sin 2\alpha \ge 0 \]

т.е. область где синус и косинус одновременно положительны

Или отрицательны!!

[KOSHLICH]

Нет, в том и дело, что надо. Если не умножить на 2, то найдем только площадь фигуры в I-й
четверти (площадь правого лепестка).
Действительно, в полярных координатах $\rho$ не может быть меньше 0, но
угол ведь может быть тупым.

То есть не умножив на 2 найдем только площадь половины фигуры!

Жалко здесь нельзя график вставить, если хотите, могу скинуть его на ящик.




mailto: [e-mail] [/math]

[KOSHLICH]

zkutch
Конечно в III, меня что-то просто переклинило...

[zkutch]

shwedka писал(а):

Или отрицательны!!

ну разумеется
под "одновременно" почему-то мне думалось о произведении ...

[Locker]

Всем спасибо. Я про полярные координаты просто забыл! Сидел и рисовал синусоиду
Благодарствую!