całki oznaczone - obliczyc pole powierzchni

[agan.]

obliczyc pole obszaru ograniczonego

a) okregiem \(\displaystyle{ x ^{2} + y ^{2} = 25}\) i parabolą \(\displaystyle{ y ^{2} = x + 5}\) i zawierającego punkt (0,0) w swoim wnętrzu.

b) krzywymi \(\displaystyle{ y= log x}\) oraz \(\displaystyle{ y=log ^{2}x}\) (czy te krzywe w ogole ograniczaja jakis obszar?!)

obliczyc objetosc bryly obrotowej ograniczonej powierzchnia powstala z obrotu wokol osi OX
okresu \(\displaystyle{ x ^{2} + (y-2) ^{2} = 1}\)

[piotrek1718]

Obszar do wyliczenia, przypomina kształtem "listek" o końcach w punktach (1;0) oraz (e;1).
Zadanie sprowadza się do rozwiązania równania:

\(\displaystyle{ \int_{1}^{e}(ln x - ln ^{2} x)dx = t_{1}^{e}lnx dx - t_{1}^{e}ln ^{2}xdx = ...}\)(całkowanie przez części)

Wynik: \(\displaystyle{ D = 3 - e}\)

[mar0589]

Witam! Mam takie zadanie do zrobienia. Wyznacz pole powierzchni pojedynczego obszaru wyciętego z płaszczyzny przez krzywą opisaną w układzie współrzędnych biegunowych równaniem:
r(φ) = a*sin(3φ)
Może ktoś pomóc rozwiązać?

[piotrek1718]

Ta krzywa to jakoś chyba "rozeta" się nazywa. Ale nie jestem pewien. W każdym razie najlepiej użyć programu, albo samemu naszkicować sobie wykres tej krzywej.

Wtedy widać, że cały obszar zmienia się w zakresie:
\(\displaystyle{ D= \begin{cases} 0 \le r \le a \\ 0 \le \phi \le \pi \end{cases}}\)

A wzór jest taki:
\(\displaystyle{ P = \frac{1}{2} \int_{\phi _{1} }^{\phi _{2} } r^2(\phi)d\phi}\)

Zatem:
\(\displaystyle{ P = \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi}a^2sin^2(\phi)d\phi = ... = \frac{a^2}{4} \left( \phi - sin\phi cos\phi \right) _{0} ^{\pi} = \frac{a^2}{4}\pi}\)

[mar0589]

a moglbys rozpisac ta caleczke bo mi nie wychodzi cos ten wynik?? Bylbym wdzieczny

[piotrek1718]

Pokażę na całce nieoznaczonej, a granice już sobie podstawisz;)

\(\displaystyle{ \frac{1}{2} \int a^2 sin^2(\phi)d\phi = \frac{a^2}{2} \int sin^2(\phi)d\phi}\)

całkę z sinusa kwadrat odczytujemy z tablic (wzór rekurencyjny), albo liczymy przez części:

\(\displaystyle{ \int sin^2xdx = \begin{cases} u = sinx \Leftrightarrow du=cosx \\ dv = sinx \Leftrightarrow v = -cosx \end{cases} = -sinxcosx - \int cos^2xdx = -sinxcosx - \int (1- sin^2x)dx = -sinxcosx + \int dx - \int sin^2xdx = x -sinxcosx - \int sin^2xdx}\)

Przerzucamy na lewą stronę:
\(\displaystyle{ 2\int sin^2xdx = x -sinxcosx}\)
\(\displaystyle{ \int sin^2xdx = \frac{1}{2}( x -sinxcosx)}\)


Wracając do początku zadania:
\(\displaystyle{ \frac{1}{2} \int a^2 sin^2(\phi)d\phi = \frac{a^2}{2} \int sin^2(\phi)d\phi =
\frac{a^2}{2}* \frac{1}{2} \left(\phi - sin\phi cos\phi \right)}\)


!!UWAGA, przepraszam za przeoczenie, a mianowicie: \(\displaystyle{ r^2(\phi) = sin^2 (3\phi)}\)
Argumentem sinusa jest funkcja złożona.

Metoda obliczania tego zadania jest prawidłowa, i wynik też. Natomiast:
\(\displaystyle{ \int sin^2 (3\phi) = \frac{\phi}{2}- \frac{sin(3\phi)cos(3\phi)}{6}}\)

\(\displaystyle{ P = \frac{a^2}{2} \left[ \frac{\phi}{2}- \frac{sin(3\phi)cos(3\phi)}{6} \right] _{0} ^{\pi}
= \frac{a^2}{4} \left[ \phi - \frac{sin(3\phi)cos(3\phi)}{3} \right] _{0} ^{\pi} = \frac{a^2}{4}\pi}\)

Teraz jest na 100% dobrze, jakby było coś niezrozumiałe to pisz :]

[meninio]

No tak nie do końca z tym wyznaczeniem obszaru...
Jeśli:

\(\displaystyle{ r=a\sin \left( 3\phi \right)}\)

To dziedzinę definiujemy poprzez warunek:

\(\displaystyle{ r>0 \wedge \phi \in \langle 0 ;2\pi \rangle\\ \\ \sin \left( 3\phi \right)>0 \wedge \phi \in \langle 0 ;2\pi \rangle\\ \\ 3\phi \in \bigcup \limits_{k \in Z} \langle 2k\pi; (2k+1)\pi\rangle \wedge \phi \in \langle 0 ;2\pi \rangle \\ \\ \phi \in \bigcup \limits_{k \in Z} \langle \frac{2k\pi}{3}; \frac{(2k+1)\pi}{3}\rangle \wedge \phi \in \langle 0 ;2\pi \rangle \\ \\ \phi \in \langle 0;\frac{\pi}{3}\rangle \cup \langle \frac{2}{3}\pi ; \pi \rangle \cup \langle \frac{4}{3}\pi ; \frac{5}{3}\pi\rangle}\)

Jeśli mamy policzyć pole pojedynczego obszaru to:

\(\displaystyle{ S=\frac{1}{2} \int \limits_0^{\frac{\pi}{3}}a^2\sin ^2 \left(3 \phi \right) \mbox{d} \phi = \frac{a^2}{2} \int \limits_0^{\frac{\pi}{3}} \frac{1-\cos \left( 6\phi \right)}{2} \mbox{d} \phi=\frac{a^2}{2} \left[\frac{\phi}{2} - \frac{\sin \left( 6\phi \right)}{12} \right]\limits_0^{\frac{\pi}{3}}=\frac{\pi a^2}{12}}\)

Chociaż wynik masz intuicyjnie 3 razy większy to wyznaczony przez ciebie obszar jest zły, bo równanie biegunowe jest określone tylko dla takich wartości kąta, dla których promień jest dodatni, a to, że program narysuje ci cały wykres w przedziale od 0 do pi to świadczy tylko o nieprecyzyjności tego programu.

[mar0589]

Witam ponownie. Mam problem z innym zadankiem.
Wyznacz pole powierzchni obszaru wyciętego z płaszczyzny przez linie o równaniu parametrycznym :
x(l)= rcost(1+cost)
y(l)= rsint(1+cost),
gdzie r jest stałą dodatnią.
Najłatwiej będzie obliczyć to zmieniając na współrzędne biegunowe. Zależy mi właśnie na takiej metodzie. Nie wiem jak to dokładnie zamienić, więc proszę o pomoc