Найти площадь плоской фигуры, заданной в координатах

[compaurum]

Задача №1. Найти площадь фигуры заданной в декартовых координатах:
$x=6\cos t-2\cos 3t$ $y=6\sin t-2\sin 3t$
формулу знаю, подобные задачи делал, но тут не пойму какие границы интегрирования нужно задать?

[mihailm]

от нуля до двух пи

[AKM]

Цитата:

--- А как Вы это узнали? --- спросил compaurum.
--- Как это как? --- последовал ответ. --- Период обеих функций, очевидно, два пи. К моменту $t=2\pi$ кривая замыкается, и потом воспроизводится.
Почесав репу и поборов, наконец, лень, compaurum решил всё-таки попробовать нарисовать кривую. Было очень жарко, глючил калькулятор, рисовалось долго, но зато всё стало понятно.
--- Уууф... А может, мне имеет смысл перейти к полярным координатам? --- спросил он, слегка напрягшись.
--- Не знаю, --- позёвывая ответил mihailm. --- Устал я малость, и не попробовал. Похоже, это здесь уместно.

Attention!
Данное сообщение --- вымысел автора. Всякие совпадения имён, диалогов, зевков --- чистая случайность!

[Хорхе]

Такую траекторию описываете Вы, если сидите на экваторе планеты, которая, вопреки Кеплеру, вращается по круговой орбите и вдобавок втрое быстрее вращается вокруг своей оси, перпендикулярной плоскости орбиты. Эпициклоида, если что (вообще-то, эпитрохоида, но тут, благодаря тому, что соотношение радиусов равно соотношению частот, именно эпициклоида).

[compaurum]

тоесть получается график - нефроида? проинтегрировал я в этих пределах, получилось

$$-48\pi$$

. что-то очень большая, еще и отрицательная.

[ИСН]

Не нравится? Посчитайте для тренировки похожую, но простую фигуру: $x=6cost$, $y=6sint$.

[mihailm]

compaurum в сообщении #341593 писал(а):

тоесть получается график - нефроида? проинтегрировал я в этих пределах, получилось

$$-48\pi$$

. что-то очень большая, еще и отрицательная.

решение приведите мы Вам его подправим

[compaurum]

$$\frac 1 2 S=\int\limits_0^\pi (6\sin(t)-2\sin(3t))(6\cos(t)-2\cos(3t))' dx=\int\limits_0^\pi (6\sin(t)-2\sin(3t))(6\sin(3t)-6\sin(t)=\int\limits_0^\pi(48\sin(t)\sin(3t)-36\sin^2(t)-12\sin^2(3t)=$$

$$=\int\limits_0^\pi(\cos(2t)-24\cos(4t)-18+18\cos(2t)-6+6\cos(6t))=(\frac12\sin(2t)-6\sin(4t)-18t+9\sin(2t)-6t+\sin(t))|\limits_o^\pi=-24\pi$$

$S=-48\pi$
вот мое решение. правильно или нет?

[EtCetera]

(Оффтоп)

Не ломайте форум. Разбейте формулу на несколько, разделенных пробелами (пока не поздно).

upd: Затер ерунду.

[mihailm]

Посмотрел на формулу в книжке - там есть такая приписка
изменение параметра t должно соответствовать обходу контура по часовой стрелке.
А у нас наоборот (против часовой) , значит выкидываем минус и все правильно

[Хорхе]

Дело в том, что Ваша формула задает ориентированную площадь, знак которой зависит от направления обхода. Надо просто взять по модулю. Расчеты не проверял, но число очень похоже на правду.
(Опередили)
Формула правильная, многозначность тут ни при чем.

[EtCetera]

Хорхе

Хорхе в сообщении #341656 писал(а):

Формула правильная, многозначность тут ни при чем.

Точно!

(Оффтоп)

Все-таки есть некоторые положительные моменты в аномальной жаре: есть на что списать перегрев мыслительных органов.

[Henrylee]

compaurum в сообщении #341641 писал(а):

$$\frac 1 2 S=\int\limits_0^\pi (6\sin(t)-2\sin(3t))(6\cos(t)-2\cos(3t))' dx=\int\limits_0^\pi (6\sin(t)-2\sin(3t))(6\sin(3t)-6\sin(t)=\int\limits_0^\pi(48\sin(t)\sin(3t)-36\sin^2(t)-12\sin^2(3t)=$$

$$=\int\limits_0^\pi(\cos(2t)-24\cos(4t)-18+18\cos(2t)-6+6\cos(6t))=(\frac12\sin(2t)-6\sin(4t)-18t+9\sin(2t)-6t+\sin(t))|\limits_o^\pi=-24\pi$$

$S=-48\pi$
вот мое решение. правильно или нет?

Зачем такие гнусные выкладки, в полярных все проще

[EtCetera]

Henrylee

Henrylee в сообщении #341666 писал(а):

в полярных все проще

Я тоже так думал, но потом понял, что (к великому сожалению) $t\ne\phi$ (в этом легко убедиться, найдя отношение $\dfrac{y(\frac{\pi}{3})}{x(\frac{\pi}{3})}\ne\sqrt{3}$). А так да, через "полярные" интеграл берется устно, только вот ответ другой получается.
Или может Вы какие-нибудь другие полярные имеете в виду? У меня "полярные" дают $40\pi$, а у Вас? Мне правда интересно, т.к. жара действует весьма своеобразно на мыслительный процесс, а любопытство гложет...

[GAA]

$S =\frac{1}{2} \int\limits_{\varphi_1}^{\varphi_2} \rho^2 \, d\varphi =\frac{1}{2} \int\limits_{t_1}^{t_2}(x^2(t)+y^2(t)) \, d\arctg\frac{y(t)}{x(t)} = \frac{1}{2} \int\limits_{t_1}^{t_2} (y'(t)x(t) - y(t)x'(t)) \, dt=$
$=\frac{96}{2} \int\limits_0^{2\pi}\sin^2t \, dt = 48\pi.$

Упрощение, по сравнению с вычислением в исходной системе координат, достигается за счет того, что знаменатель $d\arctg\frac{y(t)}{x(t)}$ сокращается с квадратом полярного радиуса, $ x^2(t)+y^2(t)$.