Провертье решение. Интегралы.

[XenoX]

1) Вычислить длины дуг кривых заданных уравнениями в полярных координатах:
$ \left\{ \begin{array}{l} \rho= 3(1 +sin\varphi) \\ - \frac \pi 6 \le \varphi \ge \pi \end{array} \right. $
Решаю:
т.к.
$ L= \int_a ^\beta \sqrt{p^2 + p'^2}d\varphi \\ p^2 = 9 +12sin\varphi +9sin^2\varphi \\ p'^2 = 9cos^2\varphi \\ \L = \int_{-\frac \pi 6} ^0 \sqrt{18(1 + sin\varphi)}d\varphi $
Как решить этот интеграл? Что-то в голову ничего не лезет, как можно упростить(был бы там cos было бы понятно).
2)Вычислить площадь фиг. ограниченных линиями, заданными уравнениями в полярных координатах:
$ \\ r = cos\varphi \\ r = sin\varphi \\ (0 \le \varphi \le \frac \pi 2) $
Решение:
$ \\ S = \frac 1 2 \int_{\varphi_1}^{\varphi_2} r^2 d\varphi \\ S = \frac 1 2 \int_0 ^\frac \pi 4 sin^2\varphi d\varphi - \frac 1 2 \int_\frac \pi 4 ^\frac \pi 2 cos^2\varphi d\varphi = \frac 1 2 (-\frac 1 4 sin2x + \frac 1 2 x)|_0^\frac \pi 4 - \frac 1 2 (\frac 1 4 sin2x+\frac 1 2 x)|_\frac \pi 4 ^\frac \pi 2 = \frac \pi {16} $
Правильно?

[ewert]

XenoX в сообщении #248691 писал(а):

1) Вычислить длины дуг кривых заданных уравнениями в полярных координатах:
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Как решить этот интеграл? Что-то в голову ничего не лезет, как можно упростить(был бы там cos было бы понятно).

Просто выразите синус через косинус по формуле приведения (через пи пополам).

XenoX в сообщении #248691 писал(а):

2)Вычислить площадь фиг. ограниченных линиями, заданными уравнениями в полярных координатах:
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Правильно?

Неправильно. У Вас и синус, и косинус ограничивают область только сверху, но один -- до пи на четыре, а другой -- после.

[Алексей К.]

XenoX в сообщении #248691 писал(а):

1) Вычислить длины дуг кривых заданных уравнениями в полярных координатах:
$ \left\{ \begin{array}{l} \rho= 3(1 +sin\varphi) \\ - \frac \pi 6 \le}\varphi {\color{blue} ???\ge???} \pi \end{array} \right. $
Решаю:
т.к.
$ L= \int_a ^\beta \sqrt{p^2 + p'^2}d\varphi \\ p^2 = 9 +12sin\varphi +9sin^2\varphi \quad {\color{blue}?????????} \\ p'^2 = 9cos^2\varphi \\ \L = \int_{-\frac \pi 6} ^0 \sqrt{18(1 + sin\varphi)}d\varphi $

Почему верхний предел --- ноль?

XenoX в сообщении #248691 писал(а):

2)Вычислить площадь фиг. ограниченных линиями, ...

У Вас, судя по множественному числу, спрашивают площадь нескольких фигур?
В любом случае, рисуночек (для себя, необязательно здесь) не помешало бы сделать.

[XenoX]

Цитата:

Просто выразите синус через косинус по формуле приведения (через пи пополам).

Так:
$ \\ \int_{-\frac \pi 6} ^0 \sqrt{18(1 - \cos({\frac {3\pi} 2}+\varphi))}d\varphi = 2 \sqrt{18} \int_{-\frac \pi 6} ^0 sin({\frac {3\pi} 4}+\frac \varphi 2)d\varphi = -\sqrt{18} cos({\frac {3\pi} 4}+\frac \varphi 2)|_{-\frac \pi 6} ^0 = -\sqrt{18}(-\frac {\sqrt{2}} 2 + \frac 1 2) $

ewert в сообщении #248698 писал(а):

Неправильно. У Вас и синус, и косинус ограничивают область только сверху, но один -- до пи на четыре, а другой -- после.

А так:
$ \frac 1 2 \int_0 ^\frac \pi 2 cos^2\varphi d\varphi - \frac 1 2 \int_0 ^\frac \pi 2 sin^2\varphi d\varphi = \frac 1 2 (\frac 1 4 sin2x+\frac 1 2 x)|_0 ^\frac \pi 2 - \frac 1 2 (-\frac 1 4 sin2x + \frac 1 2 x)|_0^\frac \pi 2 = \frac \pi 4 $

Алексей К. в сообщении #248763 писал(а):

Почему верхний предел --- ноль?

Я там неправильно написал. По условию ноль.

[ewert]

XenoX в сообщении #248859 писал(а):

Так:
$ \\ \int_{-\frac \pi 6} ^0 \sqrt{18(1 - \cos({\frac {3\pi} 2}+\varphi))}d\varphi = 2 \sqrt{18} \int_{-\frac \pi 6} ^0 sin({\frac {3\pi} 4}+\frac \varphi 2)d\varphi = -\sqrt{18} cos({\frac {3\pi} 4}+\frac \varphi 2)|_{-\frac \pi 6} ^0 = -\sqrt{18}(-\frac {\sqrt{2}} 2 + \frac 1 2) $

Так (с точностью до арифметики, которую я не проверял).
А ещё можно так: $1+\sin\varphi=\sin^2{\varphi\over2}+\cos^2{\varphi\over2}+2\,\sin{\varphi\over2}\,\cos{\varphi\over2}$; правда, там вылазит противное ${\pi\over12}$

XenoX в сообщении #248859 писал(а):

А так:
$ \frac 1 2 \int_0 ^\frac \pi 2 cos^2\varphi d\varphi - \frac 1 2 \int_0 ^\frac \pi 2 sin^2\varphi d\varphi = \frac 1 2 (\frac 1 4 sin2x+\frac 1 2 x)|_0 ^\frac \pi 2 - \frac 1 2 (-\frac 1 4 sin2x + \frac 1 2 x)|_0^\frac \pi 2 = \frac \pi 4 $

Не так.
Во-первых, сосчитано неверно: эта разность совершенно откровенно равна нулю.
Во-вторых, в принципе бред (раньше и то лучше было). Ваша область -- это листочек, ограниченный от нуля до ${\pi\over4}$ синусом ("верхняя" окружность), а потом от ${\pi\over4}$ до ${\pi\over2}$ косинусом ("правая" окружность).

[XenoX]

ewert в сообщении #248872 писал(а):

Ваша область -- это листочек, ограниченный от нуля до ${\pi\over4}$ синусом ("верхняя" окружность), а потом от ${\pi\over4}$ до ${\pi\over2}$ косинусом ("правая" окружность).

Собственно, я так и пологал. Но тогда я не понял почему первый случай неверно?

[ewert]

XenoX в сообщении #248874 писал(а):

Собственно, я так и пологал. Но тогда я не понял почему первый случай неверно?

Потому что я невнимательно прочитал. Там почти верно; только минус-то откуда?...

[XenoX]

ewert в сообщении #248876 писал(а):

Потому что я невнимательно прочитал. Там почти верно; только минус-то откуда?...

Вы имеете ввиду, почему я эти площади отнимаю?

[ewert]

Ну да. Это мало того что неверно, но ещё и ниоткуда не следует.