Площади фигур

[oleg-oleg]

Посмотрите, пожалуйста -- верны ли рассуждения?

1) Найдите площадь, ограниченную $\sqrt{\dfrac{x}{a}}+\sqrt{\dfrac{y}{b}}=1\;\;;\;\;\sqrt{\dfrac{x}{a}}+\sqrt{\dfrac{y}{b}}=2\;;\;\dfrac{x}{a}=\dfrac{y}{b}\;\;\;\;;\;\;\;\dfrac{4x}{a}=\dfrac{y}{b}\;\;;\;\;a>0,b>0$

Как тут начать ?

Есть идея параметризовать вот так...

$\begin{cases} x=r^2\cos^2\varphi, \\ y=r^2\sin^2\varphi, \\ \end{cases}$

$J=2r^3sin(2\varphi)$

$S=\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\varphi \displaystyle\int_{1}^{2}2r^3sin(2\varphi)dr$

А может $\varphi \in [\arctg(\frac{a}{b});\arctg(\frac{4a}{b})]$ ???

2) Найдите площадь, ограниченную $\left(\dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{b}\right)^2=\dfrac{x}{a}-\dfrac{y}{b}\;\;\;\;\;y>0$

$\begin{cases} x=ar\cos\varphi, \\ y=br\sin\varphi, \\ \end{cases}$

$J=abr$

Тогда $r^2+2r^2\sin\varphi\cos\varphi=r(\cos\varphi-\sin\varphi)$

$r=\dfrac{\cos\varphi-\sin\varphi}{1+\sin(2\varphi))}$

$S=\displaystyle\int_{0}^{\pi}d\varphi \displaystyle\int_{0}^{\frac{\cos\varphi-\sin\varphi}{1+\sin(2\varphi))}}abrdr$

[provincialka]

В первом фигура достаточно сложная. Угол $\varphi$ меняется не от $0$ до $\pi/2$. Почему не учитываются параметры $a, b$? Границы для $r$ для вашей замены найдены неправильно. Можно взять другую обобщенно-полярную замену (подумайте, какую).

Другой подход: заметьте, что в условии повторяются два выражения: сумма корней (принимает значения от 1 до 2) и отношение $x/y$, его границы тоже постоянны. Вот такую замену и надо сделать.

Во втором можно попробовать синусы и косинусы в квадрате.

[oleg-oleg]

Спасибо.

1) $u=\sqrt{\dfrac{x}{a}}+\sqrt{\dfrac{y}{b}}\;\;\;\;\;\;\;\;\;v=\dfrac{x}{y}$?

[Shtorm]

oleg-oleg, а в первом обязательно переходить к полярным координатам? А то из рисунка видно, что фигуру можно разбить на три и соответственно найти площадь через двойные интегралы в декартовых координатах.

[oleg-oleg]

2) Найдите площадь, ограниченную $\left(\dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{b}\right)^2=\dfrac{x}{a}-\dfrac{y}{b}\;\;\;\;\;y>0$

$\begin{cases} x=ar\cos^2\varphi, \\ y=br\sin^2\varphi, \\ \end{cases}$

$J=abr\sin(2\varphi)$

Тогда $r^2=r\cos(2\phi)\;\;\;\;\;\;\;r=\cos(2\phi)$

$S=\displaystyle\int_{0}^{\pi}d\varphi \displaystyle\int_{0}^{\cos(2\phi)}abr\sin(2\varphi)dr$

Верно?

-- 12.05.2013, 00:25 --

Shtorm в сообщении #722623 писал(а):

oleg-oleg, а в первом обязательно переходить к полярным координатам? А то из рисунка видно, что фигуру можно разбить на три и соответственно найти площадь через двойные интегралы в декартовых координатах.

Не обязательно) А какой тут рисунок? Вольфрам вообще что-то странное выдает при $a=b=1$

[provincialka]

В первом случае это параболы, у которых ось наклонная (при $a=b=1$ - под $45^o$). Две последних, конечно, прямые. Замена правильная. Якобиан найти сумеете? Подсказка, для этого не обязательно решать систему.

Shtorm в сообщении #722623 писал(а):

oleg-oleg, а в первом обязательно переходить к полярным координатам? А то из рисунка видно, что фигуру можно разбить на три и соответственно найти площадь через двойные интегралы в декартовых координатах.

К полярным не обязательно, но ваш метод громоздкий (особенно с учетом параметров!)

Во втором примере фигура - часть параболы. Думаю, тоже можно сделать подходящую замену (не полярную)

[oleg-oleg]

provincialka в сообщении #722639 писал(а):

В первом случае это параболы, у которых ось наклонная (при $a=b=1$ - под $45^o$). Две последних, конечно, прямые. Замена правильная. Якобиан найти сумеете? Подсказка, для этого не обязательно решать систему.

Сейчас попробую!!

-- 12.05.2013, 00:57 --

Не так посчитал, сейчас переделаю. А как не решать систему?

(Оффтоп)

$J=\begin{vmatrix} \frac{1}{2\sqrt{ax}} & \frac{1}{2\sqrt{by}} \\ 1/y & -\frac{x}{y^2} \\ \end{vmatrix}=-\dfrac{1}{y^2}\cdot \left(\sqrt{\dfrac{x}{4a}}+\sqrt{\dfrac{y}{4b}}\right)$

$|J|=\dfrac{1}{y^2}\cdot \left(\sqrt{\dfrac{x}{4a}}+\sqrt{\dfrac{y}{4b}}\right)$

[Otta]

oleg-oleg в сообщении #722627 писал(а):

Не обязательно) А какой тут рисунок? Вольфрам вообще что-то странное выдает

Правильное он выдает. Вот такая кривая и получится. На красненькую посмотрим. Она идет из точки $(4,0)$ в точку $(0, 4)$, вогнута и в крайних точках касается соотв. оси. Дальше она не продолжается, это все-таки не парабола. Из уравнения ясно, что и $x$, и $y$ меняются ограниченно на отрезке $[0,4]$.
Наиболее известная разновидность подобной кривой - астроида с уравнением $x^{2/3}+y^{2/3}=a^{2/3}$. Если вольфрам ее правильно строит, то должно получиться что-то похожее на звездочку с четырьмя лучами (откуда и название). Так вот Ваша - это четвертинка почти такой же звездочки.

[oleg-oleg]

Что-то все равное не получается с якобианом...Делал 2 способами

1) $u'_x=\frac{1}{2\sqrt{ax}}\;\;\;\Rightarrow\;\;\; x'_u=2\sqrt{ax}$

А потом нужно подставить $x$ выраженный из системы уравнений, а он там жуткий.

2) Просто решить систему уравнений относительно $u$ и $v$, но там что-то некрасивое выходит уж очень и громоздкое.

Как можно сделать иначе?

-- 12.05.2013, 10:25 --

Решение системы уравнений:

$u=\sqrt{\dfrac{x}{a}}+\sqrt{\dfrac{y}{b}}\;\;\;\;\;\;\;\;\;v=\dfrac{x}{y}$

$u=\sqrt{\dfrac{vy}{a}}+\sqrt{\dfrac{y}{b}}=\sqrt{y}\cdot\left(\sqrt{\dfrac{v}{a}}+\sqrt{\dfrac{1}{b}}\right)=\sqrt{y}\cdot{\dfrac{\sqrt{bv}+\sqrt{a}}{\sqrt{ab}}}$

$\sqrt{y}=\dfrac{\sqrt{ab}u}{\sqrt{bv}+\sqrt{a}}$

$y=\dfrac{{ab}u^2}{(\sqrt{bv}+\sqrt{a})^2}$

$x=\dfrac{{ab}u^2v}{(\sqrt{bv}+\sqrt{a})^2}$

[provincialka]

Otta в сообщении #722680 писал(а):

Дальше она не продолжается, это все-таки не парабола. Из уравнения ясно, что и $x$, и $y$ меняются ограниченно на отрезке $[0,4]$.
Наиболее известная разновидность подобной кривой - астроида с уравнением $x^{2/3}+y^{2/3}=a^{2/3}$. Если вольфрам ее правильно строит, то должно получиться что-то похожее на звездочку с четырьмя лучами (откуда и название). Так вот Ваша - это четвертинка почти такой же звездочки.

Это все-таки парабола, вернее, ее отрезок. Парабола вписана в первую четверть. Звездочка из этого уравнения не получается, так как корень из отрицательных чисел не извлекается (у астроиды он кубический).

-- 12.05.2013, 11:06 --

Якобиан можно посчитать еще так. Находим, наоборот, $\frac{D(u,v)}{D(x,y)}=-\frac{u}{2y^2}$. Тогда нужный якобиан есть обратная величина $\frac{D(x,y)}{D(u,v)}=-\frac{2y^2}{u}$

[oleg-oleg]

provincialka в сообщении #722727 писал(а):

Якобиан можно посчитать еще так. Находим, наоборот, $\frac{D(u,v)}{D(x,y)}=-\frac{u}{2y^2}$. Тогда нужный якобиан есть обратная величина $\frac{D(x,y)}{D(u,v)}=-\frac{2y^2}{u}$

Но ведь когда мы переходим к новым координатам, у нас не должно быть $y$, то есть якобиан $\frac{D(x,y)}{D(u,v)}=-\frac{2y^2}{u}$ содержит $y$, а значит его нужно выразить через $u,v$. Но как это адекватно сделать?

[provincialka]

Да ведь вы уже выразили! При решении системы можно найти только его ($x$ выразить из второго и подставить в первое). Выражение немного громоздкое, но простое, так как распадается в произведение по отдельным переменным. Как и сам интеграл.

[ewert]

oleg-oleg в сообщении #722579 писал(а):

1) Найдите площадь, ограниченную $\sqrt{\dfrac{x}{a}}+\sqrt{\dfrac{y}{b}}=1\;\;;\;\;\sqrt{\dfrac{x}{a}}+\sqrt{\dfrac{y}{b}}=2\;;\;\dfrac{x}{a}=\dfrac{y}{b}\;\;\;\;;\;\;\;\dfrac{4x}{a}=\dfrac{y}{b}\;\;;\;\;a>0,b>0$

Напрашивается замена $\sqrt{\frac{x}a}=u^2,\ \ \sqrt{\frac{y}b}=v^2$. Лучи при этом так и останутся лучами, и интеграл будет легко браться в полярных координатах.

-- Вс май 12, 2013 13:40:38 --

provincialka в сообщении #722727 писал(а):

Звездочка из этого уравнения не получается, так как корень из отрицательных чисел не извлекается (у астроиды он кубический).

Получается, если добавить модули (Otta явно именно это подсознательно и имел в виду как окружность относительно соответствующей "псевдонормы"). Ну а что в данном конкретном случае это вдруг оказывается параболой -- это случайность, не имеющая практического значения.

-- Вс май 12, 2013 13:45:43 --

oleg-oleg в сообщении #722627 писал(а):

2) Найдите площадь, ограниченную $\left(\dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{b}\right)^2=\dfrac{x}{a}-\dfrac{y}{b}\;\;\;\;\;y>0$

Здесь полярные координаты как-то совсем не пришей кобыле хвост. Напрашивается $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=u,\ \ \frac{x}{a}-\frac{y}{b}=v$.

[provincialka]

Согласна в ewert, особенно во втором задании. Но вообще способов много.
Попробовала посчитать этим способом для первого задания - нет, хорошего не получается. Там интеграл от $\sin^32\varphi$, да еще в неудобных пределах.

[oleg-oleg]

ewert в сообщении #722768 писал(а):

Напрашивается замена $\sqrt{\frac{x}a}=u^2,\ \ \sqrt{\frac{y}b}=v^2$. Лучи при этом так и останутся лучами, и интеграл будет легко браться в полярных координатах.

Может все-таки $\sqrt{\frac{x}a}=u,\ \ \sqrt{\frac{y}b}=v$ лучше?