Найти площадь плоской фигуры, заданной в координатах

[compaurum]

что-то не совсем понял насчет перехода. как перейти от параметрического к полярному уравнению?

[AKM]

У Вас имеется параметрическое уравнение в декартовых координатах: $x(t),y(t)$. Если бы из него удалось исключить параметр $t$, то получилось бы неявное уравнение кривой в виде $F(x,y)=0$, а то и явное в виде $y=f(x)$.

Еще из него можно сделать параметрическое уравнение в полярных координатах $\rho(t),\varphi(t)$:

$$ \rho(t)=\underbrace{\sqrt{x(t)^2+y(t)^2}}_{=64-48\cos^2(t)},\quad \varphi(t)=\underbrace{\arctg\frac{y(t)}{x(t)}}_{=\arctg\frac{2\tg t}{3+3\tg^2 t}}.$$

(Формула для $\varphi(t)$ в таком виде верна только в первом квадранте).
Если бы из него удалось исключить параметр $t$, то получилось бы неявное полярное уравнение кривой, а то и явное привычное полярное уравнение в виде $\rho=\rho(\varphi)$.
В данном случае ничего этого не надо: достаточно формул-определений
$\rho(t)=\sqrt{x(t)^2+y(t)^2}},\quad \varphi(t)=\arctg\frac{y(t)}{x(t)}$, что и проделано в вычислениях GAA.

[Henrylee]

Не надо переходить к полярному уравнению кривой. Замена сразу в интеграле.

-- Сб июл 31, 2010 11:07:38 --

AKM опередил

[GAA]

Дополню ответ AKM.
$\varphi = \left\{\begin{array}{l} \arctg y/x, \quad x > 0, \\ \quad \pi/2, \quad x = 0, y>0, \\ \quad -\pi/2, \quad x = 0, y<0, \\ \pi + \arctg y/x, \quad x < 0. \end{array} \right$
При прибавлении постоянной под знаком дифференциала, значение интеграла не изменяется, поэтому в моем предыдущем сообщении выражение для интеграла справедливо, как при $x > 0$, так и при $x <0$.

На самом деле, полярная система координат к делу отношения не имеет.

1. Формула $S = \frac {1} {2} \int_{t_1}^{t_2}(y’x - yx’) \, dt$ легко может быть получена из геометрических соображений в частном случае, когда фигура является криволинейной трапецией «одновременно относительно осей Ox и Oy». Действительно, пусть криволинейная трапеция сначала ограничена снизу осью Ox, сверху $y(t)$, $x(t_2) < x < x(t_1)$, тогда $S = -\int_{t_1}^{t_2}y(t)x’(t) \, dt$. Пусть с другой стороны, криволинейная трапеция ограничена снизу осью Oy, сверху $x(t)$, $y(t_1) < y < y(t_2)$, тогда $S = \int_{t_1}^{t_2} x(t)y’(t) \, dt$. Складывая вмести эти два равенства, получим $2S = \int_{t_1}^{t_2} (x(t)y’(t) - y(t)x’(t) )\, dt$. В рассматриваемом примере, кривая симметрична относительно обеих осей координат, поэтому достаточно вычислить площадь фигуры в первой четверти и умножить её на четыре; и, т.к. часть фигуры в первой четверти можно считать криволинейной трапецией как вида $0 < y < y(t)$, $x(\pi/2) < x < x(0)$, так и вида $0 < x < x(t)$, то $S = 4 \frac{1}{2} \int_0^{\pi/2} (x(t)y’(t) - y(t)x’(t) )\, dt = 48\pi$.

2. В данном случае, рассматривается площадь фигуры ограниченной замкнутой линией, а потому формула $S = \frac {1} {2} \int_{t_1}^{t_2}(y’x - yx’) \, dt$ будет следствием формулы Грина, если выполнить интегрирование по замкнутой кривой, т.е., если $x(t_2)=x(t_1)$, $y(t_2)=y(t_1)$.

[compaurum]

спасибо. вроде понял тут.
хотел еще спросить про эту задачку:
Задача № 2. Найти длину кривой $x=5\cos^5t ; y=5sin^5t$. искал по формуле так:

$$\frac12L=\int\limits_0^\pi\sqrt{{((5\cos^5t)')}^2+{((5\sin^5t)')}^2}dt=\int\limits_0^\pi\sqrt{{((-25\cos^4t\sin t)}^2+{(25\sin^4t\cos t)}^2}dt=25\int\limits_0^\pi\sqrt{{((\cos^8t\sin^2 t)}+{(\sin^8t\cos^2 t)}}dt=$$

$$=25\int\limits_0^\pi|\sin t \cos t|\sqrt{\cos^6 t+\sin^6t} dt=25\int\limits_0^\pi|\sin t \cos t|\sqrt{\frac{3\cos^2 t-\cos^2 {3t}+3\sin^2 t-\sin^2 {3t}}4}dt=25\int\limits_0^\pi|\sin t \cos t|\sqrt{\frac{3-1}4}dt=$$$$=\frac{25\sqrt 2}2\int\limits_0^\pi |\sin t \cos t| dt=\frac{25\sqrt 2}2$$ $L={25\sqrt2}$

спасибо за подсказку. вроде исправил

[ИСН]

после исчезновения циферки 6 всё стало происходить как-то очень лихо

[compaurum]

ИСН в сообщении #342147 писал(а):

после исчезновения циферки 6 всё стало происходить как-то очень лихо

Вы про $\sin^6 t$?

я использовал формулу понижения степени:
$\sin^3 t=\frac{(3\sin \alpha - \sin 3\alpha)}4$
так само и для косинуса
а потом $\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1$
или опять что-то намудрил?

[AKM]

Во-первых, у нас не принято тыкать. И во многих других приличных местах тоже пока не принято.
Во-вторых, формула $\sin^3 t=\frac{(3\sin \alpha - \sin 3\alpha)}4$ верна при условии $t=\alpha$.
В-третьих, никогда не поверю, что $\sin^6\alpha+\cos^6\alpha\equiv\frac12$.
(Хотя легко верю в $\sin^2\alpha+\cos^2\alpha \equiv 1$).
Проверяйте внимательнее. Квадрат разности.

[ИСН]

Да, чувак, я именно про это. Куб. Из куба получить шестую. Сложно.

[compaurum]

формула вообще-то $\sin^3 t=\frac{(3\sin \alpha - \sin 3\alpha)}4$
я ошибся - по привычке написал t
других идей у меня нету как отсюда добыть интеграл

[GAA]

Не надо понижать степень. Совершенно стандартный путь решения.
Внесите $\cos t$ под знак дифференциала, а затем $\sin t$. Под знаком корня все выразите через $\sin^2 t$. Замените $\sin^2 t$ на $z$ и сведите к табличному интегралу $\int \sqrt{x^2 \pm a^2} \, dx$. Если последний интеграл у Вас не считается табличным, возьмите его, например, интегрированием по частям.

-- Пн 02.08.2010 17:30:40 --

Совсем не обязательно, но удобно исследовать симметрию кривой. В случае симметрии относительно оси OY можно будет интегрировать от 0 до $\pi/2$ и удвоить результат. Это позволит не думать о модуле.

[compaurum]

не пойму смысла вносить под дифференциал. что-то пробую - не получается так. не могли бы Вы показать?
P.S. по-моему видно что я хочу разобраться, а не тупо скатать решение. ответ я знаю (mathcad). хочу понять как решать такие уравнения. Спасибо за помощь

[GAA]

Напишите, как Вы внесли под знак дифференциала и сделали замену $z=\sin ^2 t$; укажите, затем, что не получается.

-- Вт 03.08.2010 14:18:10 --

В качестве примера внесения под знак дифференциала [Демидович, № 1696].
$\int \frac {\sin x}{\sqrt{\cos^3 x}} dx = -\int \frac {d \cos x}{\sqrt{\cos^3 x}} = - \int z^{-3/2}dz = - \frac {z^{-1/2}}{-1/2} = \frac {2}{\sqrt {\cos x}}$.

P.S. В вашем случае интеграл определенный, и следует не забыть при замене «пересчитать» пределы интегрирования.

Убрал лишний дифференциал. Спасибо, EtCetera.

[EtCetera]

compaurum
Кстати, здесь можно и другую замену сделать (также приводящую к $\int\sqrt{x^2\pm a^2}\, dx$). Для этого произведение синуса на косинус представим через синус удвоенного аргумента и внесем под дифференциал, получив там $\cos 2t$. А под корнем разложим сумму кубов на множители и воспользуемся основным тригонометрическим тождеством, затем выделим полный квадрат и еще раз воспользуемся тригонометрическим тождеством, и, наконец, произведение квадратов синуса и косинуса представим как квадрат синуса двойного аргумента и в последний раз воспользуемся основным тригонометрическим тождеством.
Но все это, разумеется, при условии действия в пределах $\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]$, т.к. на этом отрезке $\sin t\ge 0$ и $\cos t\ge 0$, а потому $|\sin t|=\sint t$ и $|\cos t|=\cos t$, что весьма удобно и снимает вопросы к модулям.

GAA

(маленькие поправки)

У Вас после первого равенства дифференциалы слегка расплодились. Ну, и последние два выражения явно скучают без констант.

[compaurum]

$$=25\int\limits_0^{\frac \pi 2}\sin t \cos t\sqrt{\cos^6 t+\sin^6t} dt=[z=\cos^2t;dz=-2\cos t \sin t dt]=-\frac {25}2 \int\limits_1^0 \sqrt{z^3+(1-z)^3}dz=\frac {25}2 \int\limits_0^1 \sqrt{z^3+(1-z)^3}dz$$

Если разложить как сумму кубов, то:

$$\frac {25}2 \int\limits_0^1 \sqrt{3z^2-3z+1}dz=\frac {25\sqrt3}2 \int\limits_0^1 \sqrt{z^2-z+\frac13}dz=\frac {25\sqrt3}2 \int\limits_0^1 \sqrt{(z-\frac12)^2+\frac 1{12}}dz$$