$$(x+y)^4=6xy^2$$ Я сделал полярную замену$$x=r\cos^2(\varphi),y=r\sin^2(\varphi)$$ из которой получилось , что $$0 \leqslant r \leqslant 6\cos^2(\varphi)\sin^4(\varphi)$$ Из этого следует что на φ ограничений быть не должно , следовательно берем $$0 \leqslant\varphi \leqslant 2\pi$$ Но из чертежа видно, что мы ищем площадь петли , которая находится в первом квадранте, соответственно $$0 \leqslant\varphi \leqslant \pi/2$$ Какое ограничение правильно?

задан 20 Апр '14 9:21

изменен 20 Апр '14 9:22

А разве полярная замена координат так выглядит? Почему косинус и синус возведены в квадрат?

(20 Апр '14 10:10) falcao

Это почти обобщенная полярная замена, только без коэффицентов, была взята именно в таком виде , чтобы упростить дальнейшие вычисления

(20 Апр '14 10:26) Linkl

С такой заменой координат - да, тоже уже сталкивалась ( только надо будет вручную просчитать якобиан перехода ). Как здесь расставить пределы - все равно не знаю =) Видно, например, что $%\phi \in [0; 2\pi]$% - точно не может быть.. ( потому что $%x >= 0$% ). @Linkl, а откуда известно, что "петля" будет только в 1-ой четверти ? ( $%y < 0$% - не может быть ? ). И как Вы вообще ухитрились это построить? =) (или программкой какой-нибудь ? ))
Хотя.. если $%\phi \in [0; 2\pi]$% - то может, "лишнего" все равно не насчитаем ?..

(20 Апр '14 10:32) ЛисаА

Ага,через программу посмотрел, вот только как теперь это аналитически показать

(20 Апр '14 10:37) Linkl

@Linkl: замену с квадратами нельзя использовать, если не известно, что $%y$% неотрицательно. Неравенство $%y\ge0$% из исходного уравнения не следует.

Значения, которые может принимать угол $%\varphi$%, аналитически находятся из условия $%r(\varphi)\ge0$% -- после того, как $%r$% выражено через $%\varphi$%.

(20 Апр '14 12:11) falcao

Из исходного уравнения следует, что петля может образоваться только при неотрицательных $%y$%. В конце концов, чтобы это проверить, можно сделать замену $%x=r\cos^2(\varphi),y=-r\sin^2(\varphi)$%.

(20 Апр '14 20:00) cartesius

@Linkl, Забыли в неравенстве степень при $%r$% нарисовать.

(20 Апр '14 20:08) cartesius

@Annа: я имел в виду, что нельзя делать такую замену "автоматом". Если исследовать поведение кривой при $%y < 0$%, то там действительно становится ясно, что эта её часть ничего не ограничивает, но это должно быть оговорено до применения замены.

(20 Апр '14 20:13) falcao
показано 5 из 8 показать еще 3
10|600 символов нужно символов осталось
0

Второе. Поскольку правая часть обратится в ноль при $%\varphi=0$% и $%\varphi=\pi/2$%. На $%(0;\pi/2)$% правая часть строго положительна. А мы действительно ищем площадь фигуры, ограниченной петлей.

ссылка

отвечен 20 Апр '14 20:04

изменен 20 Апр '14 20:06

10|600 символов нужно символов осталось
0

Найдем параметрическое представление кривой. $$y=tx$$ $$(x+tx)^4=6x\cdot x^2t^2$$ -> $$x=\frac{6t^2}{(1+t)^4}, y=\frac{6t^3}{(1+t)^4}$$ Петля C в первом квадранте при $$t\in[0,\infty)$$, площадь которой равна $$S=\frac{1}{2}\int_{C} x^2 d (\frac{y}{x})=\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty} \frac{36t^4}{(1+t)^8}dt = (Maple!)=\frac{6}{35}$$

ссылка

отвечен 7 Окт '14 0:01

изменен 7 Окт '14 0:09

falcao's gravatar image


261k33750

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×1,325
×259
×52

задан
20 Апр '14 9:21

показан
2186 раз

обновлен
7 Окт '14 0:09

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru