Matematyka.pl

Przypominając definicję funkcji Gammy,\(\displaystyle{ \Gamma (n)= \int_{0}^{ \infty } x^{n-1} e^{-x}dx }\) , obliczyć
pole wewnątrz superelipsy, tj. krzywa o równaniu \(\displaystyle{ \left| \frac{x}{a}\right|^n+\left|\frac{y}{b}\right|^n=1}\)

Zakładam, że \(\displaystyle{ a,b>0}\) (przez analogię do półosi w równaniu normalnej elipsy). Zacznijmy od tego, że można policzyć pole fragmentu dla \(\displaystyle{ x>0, \ y>0}\) i pomnożyć przez \(\displaystyle{ 4}\).
Wprowadźmy nowe współrzędne \(\displaystyle{ x=au, \ y=bv}\), odpowiedni jakobian wynosi \(\displaystyle{ ab}\), a równanie ograniczające przyjmuje postać \(\displaystyle{ |u|^{n}+|v|^{n}=1}\) (no i do tego proste \(\displaystyle{ u=0, \ v=0}\)), a w pierwszej ćwiartce po prostu \(\displaystyle{ u^{n}+v^{n}=1}\).
Innymi słowy w pierwszej ćwiartce możemy przepisać to równanie w formie \(\displaystyle{ v=\left(1-u^{n}\right)^{\frac{1}{n}}}\) i szukane pole wynosi
\(\displaystyle{ 4ab\int_{0}^{1}\left(1-u^{n}\right)^{\frac{1}{n}}\mbox{d}u=\left|\begin{array}{ccc} t=u^{n}\\u=t^{\frac{1}{n}}\\\mbox{d}u=\frac{1}{n}t^{\frac{1}{n}-1}\end{array}\right|=\frac{4}{n}ab\int_{0}^{1}t^{\frac{1}{n}-1}\left(1-t\right)^{\frac{1}{n}}\mbox{d}t\\=\frac{4ab}{n}\mathrm{B}\left(\frac{1}{n}, 1+\frac{1}{n}\right)=\frac{4ab}{n} \cdot \frac{\Gamma \left(\frac{1}{n}\right)\Gamma \left(1+\frac{1}{n}\right)}{\Gamma \left(1+\frac{2}{n}\right)}}\).