Площадь фигуры [ф-я задана параметрически]

[Limit79]

Найти площадь фигуры, ограниченной линиями: $\left\{\begin{matrix} x=3 \cos(t)\\ y =8\sin(t) \end{matrix}\right.$, $y=4 (y \leqslant 4)$

Известна формула: $S = \int\limits_{t_{1}}^{t_{2}} y(t) \cdot x'(t) dt$, но эта формула справедлива, если $y(t) \geqslant 0$ при $t \in [t_{1};t_{2}]$.

В моем примере $t \in [\frac{5 \pi}{6};\frac{13 \pi}{6}]$, и на этом отрезке $y(t)$ бывает как больше нуля, так и меньше нуля, как быть в этом случае?

PS. Подставил в вышеприведенную формулу минус перед интегралом - получился верный ответ, то есть необходимо как-то поменять знак, но как это обосновать?

[Ms-dos4]

Зачем такие заковыристые пределы? Проще так
$\[S = 24\pi - 24\int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{{5\pi }}{6}} {{{\sin }^2}tdt} = 16\pi - 6\sqrt 3 \]$
У меня знак смёнён дважды (изначально был естественно минус, из за взятие производной стал +, ещё раз смена знака из за того, что $\[3\cos t\]$ монотонно убывает на $\[[\frac{\pi }{6},\frac{{5\pi }}{6}]\]$)

[Limit79]

Ms-dos4
Спасибо за ответ!

У меня была эта мысль, с помощью которой можно обойти ту непонятную ситуацию, описанную в первом посте. Но, хотелось бы понять именно ее.

[Ms-dos4]

Limit79
Проблема как раз в том, что $\[x = \varphi (t)\]$ не монотонна на вашем интервале (пределы прям "зверские"), а по условию применимости формулы - должна. Если монотонно возрастает, берёте "+", если убывает, "-".

[provincialka]

Разве в вашей формуле должно быть $y(t)>0$? Нет, важно направление обхода. И надо учесть обе границы - кусок эллипса и отрезок прямой.

[Ms-dos4]

provincialka
Да там надо смотреть, что бы функция $\[x = \varphi (t)\]$ монотонно изменялась. И если это не так, то "резать" интервал. Вот почему я против "вычурных" пределов, и за нормальное решение вычесть из площади эллипса этот кусок, на котором как раз функция монотонна.
P.S.$\[y(t) \ge 0\]$, конечно, отношения к этому никакого не имеет

[Limit79]

provincialka
Я привел цитату из одного пособия.

Ms-dos4
То есть, вычислить искомую площадь непосредственно невозможно, так как на том интервале $x(t)$ не является монотонной?

[Ms-dos4]

Limit79
Возможно, но интервал резать придётся, и соответственно выбирать знак.
P.S.Я бы вообще не заморачивался над этим.

[Limit79]

Ms-dos4
Разделять интервал на подинтервалы, на которых функция монотонна, и вычислять несколько интегралов?

В такой ситуации согласен, Ваше решение будет рациональнее.

[ewert]

Не надо ничего резать. Надо просто считать не $\oint y(t)\,dx(t)$, а $\oint x(t)\,dy(t)$. Тогда формально интеграл тоже разбивается на два, но фактически по горизонтальному участку он будет нулевым, и считать придётся только по куску эллипса.

-- Пт май 31, 2013 17:18:40 --

Limit79 в сообщении #730493 писал(а):

то есть необходимо как-то поменять знак, но как это обосновать?

С практической точки зрения можно никак не обосновывать: один из знаков правильный, и надо просто взять модуль от результата. Если же потребуется формальное обоснование, то при вычислении $\oint y(t)\,dx(t)$ контур должен обходиться по часовой стрелке, а при вычислении $\oint x(t)\,dy(t)$ -- против. И если лень это запоминать или в этом разбираться, то надо опять же выбрать направление обхода как угодно -- после получения результата станет ясно, угадали или нет.

[Limit79]

Еще один момент непонятен, почему мы выбираем точки пересечения $t_{1} = \frac{\pi}{6}, t_{2} = \frac{5 \pi}{6}$. Решение уравнения $8 \sin(t) = 4$ будет $t=(-1)^n \frac{\pi}{6} + \pi n, n \in Z$

[ewert]

Limit79 в сообщении #730816 писал(а):

почему мы выбираем точки пересечения $t_{1} = \frac{\pi}{6}, t_{2} = \frac{5 \pi}{6}$.

Мы выбираем такую пару решений, на участке между которыми обходится только нужная нам дуга эллипса. Или, если угодно -- мы выбираем один из сплошных участков решения соответствующего неравенства.

[mihailm]

Ms-dos4 в сообщении #730511 писал(а):

Зачем такие заковыристые пределы? Проще так
$\[S = 24\pi - 24\int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{{5\pi }}{6}} {{{\sin }^2}tdt} = 16\pi - 6\sqrt 3 \]$
У меня знак смёнён дважды (изначально был естественно минус, из за взятие производной стал +, ещё раз смена знака из за того, что $\[3\cos t\]$ монотонно убывает на $\[[\frac{\pi }{6},\frac{{5\pi }}{6}]\]$)

Там плюс $6\sqrt 3$
Вы вычитаете не сегмент, а трапецию с основанием на оси абсцисс

[Limit79]

ewert
Понял, спасибо!

[Ms-dos4]

mihailm

Вы правы, я прозевал то, что пределы по y. Конечно должно быть
$\[24\pi - \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{{5\pi }}{6}} {{{\cos }^2}tdt} = 16\pi + 6\sqrt 3 \]$

Limit79

Корни $\[\sin x = a\]$ находятся как
$\[\left\{ \begin{array}{l} x = \arcsin a + 2\pi k\\ x = \pi - \arcsin a + 2\pi k \end{array} \right.\]$
1 Корень в 1-ой четверти, второй во 2-ой
И как тут уже указали, т.к. пределы по "y" (что я как то прозевал), то нужно использовать $\[S = \int\limits_\alpha ^\beta {{\psi ^'}(t)\varphi (t)dt} \]$, где $\[y = \psi (t)\]$