Приложение определенного интеграла

[Ёж]

bot в сообщении #654941 писал(а):

Хм, ну и какова же будет площадь этой половины и длина дуги, или, может быть, контура?

Задача 1. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями
$ \begin{cases} x=\cos t,\\ y=\sin t, \end{cases} $
$y=0$ $ (y \geq 0).$
Решение.
$S=\int\limits_a^b y\cdot x' dt=\int\limits_{\pi}^0 \sin t (\cos t)'dt=-\int\limits_{\pi}^0 \sin^2 t dt=-\frac{1}{2}\int\limits_{\pi}^0 (1-\cos 2t)dt=-\frac{1}{2} (t-\frac{\sin 2t}{2})\Big|\limits_{\pi}^0=-\frac{1}{2} (0-\pi)=-\frac{\pi}{2}$.
Задача 2.Вычислить длину дуги кривой
$ \begin{cases} x=\cos t,\\ y=\sin t, \end{cases} $
$(y \geq 0).$
Решение.
$S=\int\limits_{a}^b \sqrt{x'^2+y'^2 }dt=\int\limits^{\pi}_0 \sqrt{(\cos t)'^2+(\sin t)'^2 }dt=\int\limits^{\pi}_0 \sqrt{\sin^2 t+\cos^2 t}dt=\int\limits^{\pi}_0 dt=t\Big|\limits^{\pi}_0=\pi.$.

Вопрос: почему в задаче 1 интеграл вычисляем от $\pi$ до 0, а в задаче 2 от 0 до $\pi$ ?

[Алексей К.]

В задаче 1 площадь могла получиться отрицательной от того, что, например, могла быть кривая с $y<0$.
В данном случае она должна получиться отрицательной от того, что при возрастании параметра $x$ уменьшается, $x'_t<0$. Если бы мы забили на параметр, и интегрировали бы просто полуокружность $y(x)=\sqrt{1-x^2}$, мы бы работали с обычным возрастающим иксом.

Здесь решавший товарищ заметил это и сразу поменял направление интегрирования. Чтобы сразу получить положительное число. А мог бы не париться, взять результат по модулю.

-- 08 дек 2012, 19:40:43 --

Во второй задаче мы ищем длину, интегрируем вдоль кривой. Длина естественно возрастает с возрастанием параметра. Менять здесь порядок интегрирования просто не должно и в голову приходить. Думаю, это утверждение аналогично уже сказанному:

Someone в сообщении #650737 писал(а):

В криволинейном интеграле первого рода всегда надо ставить внизу меньший предел интегрирования, а вверху - больший.