$$\int_L xdy-ydx$$,где L - петля кривой $$x^4+y^4=a^2(x^2+y^2)$$ с положительным направлением обхода, никак не могу придумать подходящую параметризацию

задан 17 Май '14 15:05

Тут, наверное, формулу Грина надо применить, и тогда всё сведётся к нахождению площади (в полярных координатах).

(17 Май '14 19:23) falcao

$$Q'=1,P'=-1$$, то есть сам интеграл будет 2*r?

(17 Май '14 20:15) Linkl

Частные производные именно такие (только их надо обозначать по-другому), и тогда интегрируем постоянную функцию 2 по плоской фигуре. Это будет удвоенная площадь. После замены там будет $%dx\,dy=r\,dr\,d\varphi$%. И в уравнении кривой надо тоже применить полярную замену.

(17 Май '14 20:24) falcao

Да, после подстановки получилось, что верхняя граница r в интеграле $$r*=\frac{a}{\sqrt(cos^4\phi+sin^4\phi)}$$, при этом фи будет меняться от 0 до 2pi?

(17 Май '14 20:33) Linkl

Выражение $%\cos^4\varphi+\sin^4\varphi$% можно упростить: это будет $%1-\frac12\sin^22\varphi$%, что выражается через косинус угла $%4\varphi$%.

Интегрировать надо от 0 до $%2\pi$%, но проще перейти к "четвертинкам", то есть интегрировать от 0 до $%\pi/2$%, умножая на 4.

(17 Май '14 20:48) falcao

Да, если учтено то, что интегрируется постоянная функция 2, то так вроде бы и должно получиться.

(17 Май '14 21:23) falcao

Можно еще спросить по поводу интеграла , посчитал его через программу , а аналитически взять никак не получается, $$\int1/(\sin^4(\phi)+\cos^4(\phi))d\phi=\int2d\phi/(2-\sin^2(2\phi))=\int d(tg(\phi))/(2/cos^2(2\phi)-tg^2(2\phi))=\int d(tg(2\phi))/(2+tg^2(2\phi))=arctg((tg(2\phi)/\sqrt(2))/(\sqrt(2)))$$

(19 Май '14 18:41) Linkl

Можно еще спросить, как формально расписать $$\int_0^{\pi/2}\frac{4a^2d\phi}{3+cos(4\phi)} =\int_{0}^{+\infty}\frac{dz}{z^2+2}+\int_{-\infty}^{0}\frac{dz}{z^2+2}$$, в плане , какой переходный шаг между первым интегралом и этой суммой?Ведь , когда мы делаем замену tg(2ϕ), то пределы получаются от 0 до 0, так и написать?

(1 Июн '14 17:04) Linkl
показано 5 из 8 показать еще 3
10|600 символов нужно символов осталось
0

Отвечу здесь, потому что в комментариях всё исчерпано.

Квадрат синуса можно выразить через косинус удвоенного угла. Получится $%4\int\frac{dt}{3+\cos4t}$%. Далее используем универсальную тригонометрическую замену через тангенс половинного угла. В данном случае это будет $%z={\mathop{\rm tg}}2x$%. После этого возникнет интеграл $%\int\frac{dz}{z^2+2}$%, а он является табличным.

Добавление. В комментариях уже не осталось места; отвечаю на вопрос здесь. Интеграл от 0 до $%\pi/2$% надо сначала представить в виде суммы интегралов от 0 до $%\pi/4$% и от $%\pi/4$% до $%\pi/2$%, предвидя появление разрыва, а потом уже в каждом слагаемом сделать замену. Тогда пределы интегрирования получатся какие надо.

ссылка

отвечен 19 Май '14 19:07

изменен 1 Июн '14 18:18

Когда пересчитываю пределы интегрирования, после замены получается, что $$tg(2*\pi/2)=0$$

(19 Май '14 19:54) Linkl

Да, такое явление есть. Но при этом тангенс сначала меняется от $%0$% до $%+\infty$%, а потом от $%-\infty$% до $%0$%. Поэтому интеграл надо разбить в сумму двух слагаемых. За счёт квадрата при $%z$% слагаемые получатся одинаковые. Поэтому умножаем на 2 и берём интеграл от 0 до бесконечности.

Множителя 2 перед интегралом $%\int\frac{dz}{z^2+2}$%, кстати, изначально не должно было быть. Там при замене коэффициент исчезает. Я сейчас исправлю.

(19 Май '14 21:26) falcao

Можно поподробней о сумме , имеется в виду $$\int_{0}^{+\infty}\frac{dz}{z^+2}+\int_{-\infty}^{0}\frac{dz}{z^+2}$$

(20 Май '14 20:32) Linkl

@Linkl: там $%z^2+2$% в знаменателе. Если сложить два этих интеграла, то будет интеграл от $%-\infty$% до $%+\infty$%. Функция чётная, поэтому он равен удвоенному интегралу от 0 до $%+\infty$%. Везде, где есть симметрия, это полезно использовать.

(20 Май '14 20:45) falcao

пределы интегрирования изначально от 0 до $$\pi/2$$ , а потом получаются оба нули?($$tg(0)=0,tg(\pi)=0$$ откуда бесконечность?

(21 Май '14 20:33) Linkl

На интервале от 0 до $%\pi$% у тангенса есть точка разрыва: это $%\pi/2$%. Поэтому правило замены переменных нельзя применять "механически". Если бы функция была непрерывной, и пределами оказались бы одинаковые числа, то интеграл был бы равен нулю. А здесь это не так из-за специфического поведения тангенса.

(21 Май '14 20:46) falcao

и к этой точке мы подходим с разных сторон, поэтому и минус бесконечность и плюс?Все, понял, спасибо

(21 Май '14 21:22) Linkl

Промежуток от 0 до $%\pi$% делим на две части, и смотрим, куда стремится функция на концах. На левой половине будет от 0 до $%+\infty$%. На правой от $%-\infty$% до 0. Это было уже сделано выше. Что делать дальше, тоже было описано. То есть тут уже есть вся необходимая информация.

(21 Май '14 21:27) falcao
показано 5 из 8 показать еще 3
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
×74

задан
17 Май '14 15:05

показан
1148 раз

обновлен
1 Июн '14 18:18

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