Strona 1 z 2

Całka zadana biegunowo "nie od tej strony"

: 8 sty 2020, o 20:16
autor: Szustarol
Witam. Mam problem z liczeniem pola pod wykresem krzywej
\(\displaystyle{ {y^2}=\frac{x^3}{2-x}}\)
Podstawiam wszystko do współrzędnych biegunowych otrzymując:
\(\displaystyle{ r=\frac{2\sin^2x}{\cos x}}\)
Krzywa ta wygląda tak:

Kod: Zaznacz cały

https://i.imgur.com/eZoGnWu.png


Problem polega na tym, że całka po współrzędnych biegunowych,
\(\displaystyle{ \lim_{x \to {\pi \over 2}} \int_{0}^{ x}\left( \frac{2\sin^2 \alpha }{\cos \alpha }\right) ^2 d \alpha }\)
bierze tak jakby "zewnętrzną część" tej krzywej.
Tej całki nie da się policzyć, natomiast całka pod krzywą istnieje.

Policzyłem tę całkę parametrycznie o trzymałem wynik liczbowy, więc da się to zrobic parametrycznie, pytanie brzmi,
czy da się to zrobić biegunowo?

Re: Całka zadana biegunowo "nie od tej strony"

: 8 sty 2020, o 20:26
autor: a4karo
Nie całkujesz od zera, ale od przecięcia promienia z krzywą do przecięcia promienia z pionowa prostą

Re: Całka zadana biegunowo "nie od tej strony"

: 8 sty 2020, o 20:52
autor: Szustarol
Nie rozumiem, przecież promień "dotyka" krzywą w punkcie (0,0). Mógłbyś to jakoś inaczej okreslić?

Re: Całka zadana biegunowo "nie od tej strony"

: 8 sty 2020, o 21:31
autor: a4karo
A potem przebija krzywą a następnie prosta. Obszar, który liczysz jest miedzy tymi dwoma punktami, a nie miedzy zerem i pierwszym punktem

Re: Całka zadana biegunowo "nie od tej strony"

: 9 sty 2020, o 10:25
autor: Szustarol
Wciąż nie rozumiem na jakiej zasadzie ten promień miałby kiedykolwiek przeciąć prostą - przecież jest ona asymptotyczna do wykresu funkcji, chyba że chodzi Ci o przedłużenie promienia, no nic pomyślę jeszczę nad tym

Re: Całka zadana biegunowo "nie od tej strony"

: 9 sty 2020, o 11:29
autor: a4karo
Dla ustalonego kąta `\varphi` mówię o promieniu, który wychodzi z poczatku ukłądu i jest nachylony do osi OX pod kątem `\vatphi`

Re: Całka zadana biegunowo "nie od tej strony"

: 9 sty 2020, o 18:00
autor: Szustarol
a4karo pisze: 9 sty 2020, o 11:29 Dla ustalonego kąta `\varphi` mówię o promieniu, który wychodzi z poczatku ukłądu i jest nachylony do osi OX pod kątem `\vatphi`
Hmm, czyli rozumiem, że proponujesz liczyc normalną całkę na przedziale? Dodatkowo nie mogę się doszukać czym jest funkcja `\vatphi`.
Ja chciałem to zrobić ze wzoru biegunowego tj. \(\displaystyle{ 1/2 \int_{ \alpha }^{ \beta }{r}^{2}d\phi }\)

Re: Całka zadana biegunowo "nie od tej strony"

: 9 sty 2020, o 18:09
autor: a4karo
Żeby użyć wzoru, nakazy wiedziec co on opisuje. W. Tym przypadku możesz to zrobić, ale musisz policzyć różnice dwóch całek.

Dodano po 3 minutach 56 sekundach:
Poczucie możesz policzyć pole zwykłą cała po przedziale. Ale nie taka była moja sugestia

Dodano po 2 minutach 16 sekundach:
Na mój gust `r` nie jest dobrze policzone

Re: Całka zadana biegunowo "nie od tej strony"

: 9 sty 2020, o 18:50
autor: Szustarol
a4karo pisze: 9 sty 2020, o 18:09 Dodano po 2 minutach 16 sekundach:
Na mój gust `r` nie jest dobrze policzone
No własnie wpisuję `r` w desmosa i funkcja wyskakuje tak jak na wykresie, tzn. taka jaka powinna być. Jakich całek różnicę mam liczyć?

Re: Całka zadana biegunowo "nie od tej strony"

: 9 sty 2020, o 19:55
autor: a4karo
A jakie pole opisuje całka, którą napisałeś?

Re: Całka zadana biegunowo "nie od tej strony"

: 9 sty 2020, o 22:00
autor: Szustarol

Kod: Zaznacz cały

https://i.imgur.com/f5ebTO1.png

Moim zdaniem jest to pole zaznaczone na wykresie kolorem. Pytam właśnie o to, jak uzyskać to drugie potrzebne mi pole

Re: Całka zadana biegunowo "nie od tej strony"

: 9 sty 2020, o 22:07
autor: a4karo
Ok. A teraz przedłuż promień

Re: Całka zadana biegunowo "nie od tej strony"

: 9 sty 2020, o 22:34
autor: Szustarol
ok, czyli promień wypuszczony pod kątem `0` przetnie prostą `x=2` której współrzędne biegunowe są określone przez \(\displaystyle{ r={{\cos\theta} \over {2}}}\)

Muszę więc policzyć różnicę całki tej prostej w przedziale \(\displaystyle{ [0, \pi/2]}\) i całki którą napisałem wyżej. Czy to jest już poprawne rozwiązanie?

Re: Całka zadana biegunowo "nie od tej strony"

: 10 sty 2020, o 04:33
autor: a4karo
równanie tej prostej jest złe

Policzenie obu całek nic da, bo obie są nieskończone. Musisz delikatnie przejść do granicy

Inna sprawa to wyliczenie r dla krzywej. Tego się chyba prosto nie zrobi
Może lepiej spróbować liczyć w kartezjanskich?

Re: Całka zadana biegunowo "nie od tej strony"

: 10 sty 2020, o 17:28
autor: Dasio11
Pole obszaru \(\displaystyle{ D = \{ (\rho \cos \varphi, \rho \sin \varphi) \in \RR^2 : \alpha \le \varphi \le \beta, 0 \le \rho \le r(\varphi) \}}\), gdzie \(\displaystyle{ r : [\alpha, \beta] \to [0, \infty)}\) jest funkcją ciągłą, wyraża się całką

\(\displaystyle{ P(D) = \int \limits_{\alpha}^{\beta} \frac{1}{2} r(\varphi)^2 \, \dd \varphi}\).

Wynika stąd natychmiast, że pole obszaru między dwiema krzywymi

\(\displaystyle{ E = \{ (\rho \cos \varphi, \rho \sin \varphi) \in \RR^2 : \alpha \le \varphi \le \beta, r_1(\varphi) \le \rho \le r_2(\varphi) \}}\)

opisuje wzór

\(\displaystyle{ P(E) = \int \limits_{\alpha}^{\beta} \frac{1}{2} r_2(\varphi)^2 \, \dd \varphi - \int \limits_{\alpha}^{\beta} \frac{1}{2} r_1(\varphi)^2 \, \dd \varphi = \int \limits_{\alpha}^{\beta} \frac{1}{2} \big( r_2(\varphi)^2 - r_1(\varphi)^2 \big) \, \dd \varphi}\).


Równanie pierwszej krzywej wyliczyłeś poprawnie: \(\displaystyle{ r = r_1(\varphi) = \frac{2 \sin^2 \varphi}{\cos \varphi},}\) ale równanie prostej to \(\displaystyle{ r \cos \varphi = 2}\), czyli \(\displaystyle{ r_2(\varphi) = \frac{2}{\cos \varphi}}\).

A ponieważ obie funkcje są określone na przedziale \(\displaystyle{ \left[ 0, \frac{\pi}{2} \right)}\) i mają w \(\displaystyle{ \frac{\pi}{2}}\) granicę niewłaściwą - co widać też na wykresie - to i szukane pole wyraża się całką niewłaściwą

\(\displaystyle{ \int \limits_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{2} \big( r_2(\varphi)^2 - r_1(\varphi)^2 \big) \, \dd \varphi := \lim_{\beta \to \frac{\pi}{2}^-} \int \limits_0^{\beta} \frac{1}{2} \left( \left( \frac{2}{\cos \varphi} \right)^2 - \left( \frac{2 \sin^2 \varphi}{\cos \varphi} \right)^2 \right) \, \dd \varphi}\).

Jak wskazał przedmówca, nie jest dobrą metodą obliczanie różnicy

\(\displaystyle{ \int \limits_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{2} \left( \frac{2}{\cos \varphi} \right)^2 \, \dd \varphi - \int \limits_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{2} \left( \frac{2 \sin^2 \varphi}{\cos \varphi} \right)^2 \, \dd \varphi}\),

obie całki opisują bowiem nieskończone pola, więc otrzymalibyśmy nic niemówiący symbol \(\displaystyle{ \infty - \infty}\).