Вычисления площадей плоских областей, ограниченных кривыми, заданными параметрически и в полярных координатах

Параметрическое задание

Пусть границами криволинейной трапеции являются прямые [latex]x=a, x=b[/latex], ось абсцисс и параметрически заданная кривая

[latex] \left\{\begin{matrix} y=\varphi (t); \\ x=\psi (t); \end{matrix} \right. [/latex]

Причем: функции [latex]x[/latex] и  [latex]y[/latex] непрерывны на интервале [latex][a,b][/latex], [latex]a<b[/latex]; [latex]x=\varphi (t)[/latex] монотонно возрастает на этом интервале и [latex]\varphi (\alpha )=a, \psi (\beta )=b[/latex].

Тогда площадь криволинейной трапеции находится по формуле [latex] S(G)=\int\limits_\alpha ^\beta \psi (t)*\varphi ‘(t)dt [/latex]

Эта формула получается из формулы площади криволинейной трапеции $latex S(G)=\int\limits_\alpha ^\beta \psi (t)*\varphi ‘(t)dt $ подстановкой: $latex S(G)=\int\limits_\alpha^\beta \psi (t)*\varphi ‘(t)dt $

Если функция является монотонно убывающей на интервале [latex][\beta ,\alpha], \beta < \alpha[/latex], то формула примет следующий вид: [latex] S(G)=-\int\limits_{\beta }^{\alpha }\psi (t)*\varphi ‘(t)dt [/latex]

Что делать, если нам дана не криволинейная трапеция? Свести данную фигуру к ней. Поделить её на части (прямыми, параллельными абсциссе и ординате), площадь которых уже можно будет посчитать описанным выше способом.

Примеры:

Спойлер

Дан эллипс [latex]\left\{\begin{matrix} x=2\cos t\\y=3\sin t \end{matrix}\right.[/latex]. Посчитать его площадь.

Делим эллипс абсциссой и ординатой на 4 симметричные части.

Image1

Очевидно, их площади равны — а площадь эллипса получается равной площади верхней правой четверти, умноженной на 4.

Считаем её. Она равна
[latex]-\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}3\sin t*(2\cos )’ dt=[/latex][latex]6\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}\sin ^{2}t dt=[/latex][latex]3\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}(1-\cos 2t)dt=[/latex][latex]\frac{3\pi }{2}[/latex]

Умножаем площадь одной четверти на 4, и:

Ответ — [latex]6\pi [/latex]

[свернуть]

Спойлер

Дана линия,заданная функциями [latex]x=2t-t^2[/latex] и [latex]y=2t^2-t^3. [/latex]
Найти площадь ограниченной ею и осью ОХ фигуры.
Находим производную [latex]y'[/latex], она равна [latex](2t^2-t^3)’=4t-3t^3[/latex].
Находим [latex]t[/latex], при которых наша линия пересекается с осью [latex]OX[/latex]. Это [latex]t=0[/latex] и [latex]t=2[/latex]. Составляем формулу площади:

[latex]S=\int\limits_{0}^{2}(2t-t^2)(4t-3t^2)dt[/latex];

[latex]S=\int\limits_{0}^{2}(3t^4-10t^3+8t^2)dt[/latex];

[latex]S=\frac{3t^5}{5}-\frac{5t^4}{2}+\frac{8t^3}{3}|^2_0[/latex];

[latex]S=\frac{8}{15}[/latex];
Ответ — [latex]\frac{8}{15}[/latex].

[свернуть]

Полярное задание

А что, если функции, ограничивающие нашу область, заданы полярно?
Есть простая формула: $$ S=\frac{1}{2} \int\limits_{\alpha }^{\beta }r^{2}d\varphi $$ Здесь [latex]\alpha [/latex] и [latex]\beta [/latex] — значения углов, ограничивающих фигуру, [latex]r[/latex] — расстояние от начала координат до точки, [latex]\varphi [/latex] — угол. Уравнение функции в полярных координатах — [latex]r=f(\varphi )[/latex]

Помните: в полярных координатах тоже стоит делить область на простые части.

Пример:

Спойлер

Найдём площадь круга. Задан уравнением [latex]r=a[/latex].

Площадь круга в первом квадранте — $$ S=\frac{1}{2} \int\limits_{0 }^{\frac{\pi }{2} }a^{2}d\varphi $$

Преобразуем этот интеграл:

[latex]S=\frac{1}{2}*\frac{\pi }{2}*a^{2}=\frac{\pi a^{2}}{4}[/latex].

Площадь всего круга — учетверённая площадь одной четверти, которую мы и подсчитали выше.

Тут должна быть картинка

[latex]S= \pi a^{2}[/latex]

[свернуть]

Источники:

Тест

Вычисления площадей плоских областей, заданных параметрически и в полярных координатах

В этом тесте предоставлены упражнения по пройденной теме. Если внимательно изучили материал, следовали всем данным ссылкам и рекомендациям,то вам не составит труда выполнить эти задания.

Таблица лучших: Вычисления площадей плоских областей, заданных параметрически и в полярных координатах

максимум из 14 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Вычисление пути и его длины.

Параметрическое задание:

Дано [latex] \left\{\begin{matrix} y=\varphi (t); \\ x=\psi (t); \end{matrix} \right. [/latex]

Тогда площадь находится по формуле: [latex]S=\int_{t_{1}}^{t_{2}}\sqrt{(\varphi’ (t))^{2}+(\psi’ (t))^{2}}dt[/latex]

Полярное задание:

Дано [latex]r=f(\alpha )[/latex], где [latex]r[/latex] — расстояние от точки до начала координат, [latex]\alpha [/latex] — угол между радиус-вектором с концом в этой точке и осью [latex]OX[/latex].

[latex]S=\int_{\alpha _{1}}^{\alpha _{2}}\sqrt{((r\cos \alpha )’)^{2}+((r\sin \alpha )’)^{2}}dt[/latex]

Пример:

Спойлер

Найдём длину первого витка спирали Архимеда:

[latex]r=\alpha \varphi; 0\leq \varphi \leq 2\pi[/latex]

Запишем формулу длины для этого случая:

[latex]L=\int_{0}^{2\pi }\sqrt{(\alpha \varphi \cos \varphi)’^2+(\alpha \varphi \sin \varphi)’^2}d\varphi [/latex]

Упрощаем её, раскрываем скобки и вспоминаем о тригонометрической единице:

[latex]L=\alpha \int_{0}^{2\pi }\sqrt{1+\varphi ^2}d\varphi [/latex]

К счастью, этот интеграл — табличный — а, точнее, частный случай табличного (таблицу интегралов, содержащую его, можно найти тут) и равен:

[latex]L=\alpha (\pi \sqrt{1+4\pi ^2}+\frac{\ln (2\pi + \sqrt{1+4\pi ^2})}{2})[/latex]

[свернуть]

Обычное задание:

Дана функция в виде [latex]y=f(x)[/latex].

[latex]S=\int_{t_{1}}^{t_{2}}\sqrt{1+(y’)^{2}}dx[/latex]

Пример:

Спойлер

Найти длину графика функции [latex]y=x^\frac{3}{2}[/latex] на отрезке [latex][0;4][/latex]

Мы получаем интеграл:

[latex]L=\int_{0}^{4} \sqrt{1+(y’)^2}dx[/latex]

[latex]L=\int_{0}^{4} \sqrt{1+\frac{9}{4}x}dx[/latex]

Делаем небольшую замену переменной:

[latex]q=\frac{9}{4}x+1; dq=\frac{9}{4}dx[/latex]

[latex]L=\frac{4}{9}\int_{0}^{4} \sqrt{1+\frac{9}{4}x}d(1+\frac{9}{4}x)[/latex]

[latex]L=\frac{4}{9}\int_{1}^{10} \sqrt{q}dq[/latex]

И решаем образовавшийся интеграл:

[latex]L=\frac{4}{9}*\frac{2}{3}q^{\frac{3}{2}}|^{10}_{1}[/latex]

[latex]L=\frac{8}{27}*(10\sqrt{10}-1)[/latex]

[свернуть]

Почему эти формулы верны?

Спойлер

Здесь мы доказываем, что верна формула [latex]L'(t)=\sqrt{(\varphi ‘(t))^2+(\psi ‘(t))^2}[/latex].
Затем мы избавляемся от производной длины кривой:

[latex]L=\int \sqrt{(\varphi ‘(t))^2+(\psi ‘(t))^2}dt[/latex]

Затем находим длину кривой между двумя точками:

[latex]L=\int_{t_1}^{t_2} \sqrt{(\varphi ‘(t))^2+(\psi ‘(t))^2}dt[/latex], где [latex]t_1[/latex] и [latex]t_2[/latex] — координаты [latex]t[/latex] точек, ограничивающих часть кривой.

И дальше приспосабливаем последнюю формулу под обычный и полярный способы задания функций.

[свернуть]

Источники:

Фихтенгольц, «Курс дифференциального и интегрального исчисления», 2001 г.,  том 2, стр. 192. Издание 2001 года можно скачать здесь.

Фихтенгольц, «Курс дифференциального и интегрального исчисления», 1964 г.,  том 2, стр. 169. Издание 1964 года можно скачать в меню справа.

Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу», 1997 г., стр. 234-235(примеры задач). Можно также скачать в меню справа.

Теорема о вычислении спрямляемого пути, следствия

Определения

Путем на плоскости называется отображение [latex]t \mapsto (\varphi (t),\psi (t))[/latex] отрезка [latex]\left [ \alpha,\beta \right ][/latex] в [latex]\mathbb{R}^{2},[/latex] задаваемое парой непрерывных функций [latex]\varphi [/latex] и [latex]\psi.[/latex] Это означает, что каждому значению [latex]t\in \left [ \alpha,\beta \right ][/latex] ставится в соответствие точка плоскости с координатами [latex]\left ( x,y \right )[/latex], где [latex]x=\varphi (t),y=\psi(t).[/latex]
След пути — множество точек [latex]\left \{ \left ( \varphi (t),\psi (t) \right )\in \mathbb{R}^{2}:\, t\in\left [ \alpha ,\beta \right ] \right \}.[/latex]
Длина пути — точная верхняя грань длин ломанных, вписанных в след пути.
Если длина пути конечна, то путь называется спрямляемым.
Если функции [latex]\varphi[/latex] и [latex]\psi[/latex] непрерывно дифференцируемы на отрезке [latex]\left [ \alpha ,\beta \right ][/latex], то путь [latex]\gamma =(\varphi ,\psi )[/latex] называется дифференцируемым.

Теорема

Дан путь [latex]\gamma[/latex] :  [latex]\left\{\begin{matrix} x=\varphi (t)\\y=\psi (t) \end{matrix}\right.[/latex]

Пусть [latex]\gamma = (\varphi ,\psi )[/latex] непрерывно дифференцируемый путь на отрезке [latex]\left [ \alpha ,\beta \right].[/latex]
Тогда [latex]L_{(\gamma )}=\int_{\alpha }^{\beta }\sqrt{\left [ \varphi ^{‘}(t)\right ]^{2}+\left [ \psi ^{‘}(t)\right ]^{2}}dt,[/latex] где [latex]L_{(\gamma )}[/latex] — длина пути.

Доказательство

Часть 1

[latex]\square [/latex] [latex]\Pi :\alpha =x_{0}<x_{1}< … <x_{n}=\beta [/latex] — произвольное разбиение отрезка [latex]\left [ \alpha ,\beta \right].[/latex] Возьмём ломаную, проведённую между точками с соседними номерами. Очевидно, её длина:
[latex]S=\Sigma _{1}^{n-1}\sqrt{(x_{i+1}-x_{i})^{2}+(y_{i+1}-y_{i})^{2}}[/latex] — как сумма расстояний между соседними точками.
По формуле конечных приращений:

  • [latex]x_{i+1}-x_i=\varphi ‘(t_i)(t_{i+1}-t_i);[/latex]
  • [latex]y_{i+1}-y_i=\psi ‘(t_i)(t_{i+1}-t_i);[/latex]

Тогда длина ломаной будет равна: [latex]S=\Sigma _{1}^{n-1}\sqrt{(\varphi ‘(t))^{2}+(\psi ‘(t))^{2})}(t_{i+1}-t_i).[/latex]
Обозначим наибольшие значения производных [latex]\psi ‘(t)[/latex] и [latex]\varphi ‘(t)[/latex] :
[latex]L=sup(|\psi ‘(t)|)[/latex] и [latex]\overline{L}=sup(|\varphi ‘(t)|)[/latex].
Очевидно: [latex]S\leq \sqrt{L^{2}+\overline{L}^2}(T-t_{0}),[/latex] [latex]T[/latex] и [latex]t_0[/latex]  — границы отрезка. Из неравенства делаем вывод, что путь спрямляем, так как длина ломаной ограничена сверху.
Аналогично, можно получить формулу:
[latex]S\geq \sqrt{l^{2}+\overline{l}^2}(T-t_{0})[/latex], где [latex]l=inf(|\psi ‘(t)|), \overline{l}=inf(|\varphi ‘(t)|)[/latex]

Часть 2

У нас имеются выведенные в части 1 неравенства:

  • [latex]S\leq \sqrt{L^{2}+\overline{L}^{2}}(T-t_0);[/latex]
  • [latex]S\geq \sqrt{l^{2}+\overline{l}^{2}}(T-t_0);[/latex]

Получаем: [latex]\sqrt{L^2+\overline L^2}(T-t_0)\geq S\geq \sqrt{l^2+\overline l^2}(T-t_0), p=inf(S)[/latex]
А теперь возьмём точку [latex]a_1[/latex] на нашей дуге с координатами [latex](t_1,y_1)[/latex]. Придадим её абсциссе приращение [latex]\Delta t[/latex] и получим точку [latex]a_2(t_1+\Delta t, y_2)[/latex]. Получили две точки на дуге и часть дуги ограничена этими точками. Применим к этой части наше двойное неравенство.
При [latex]\Delta t \rightarrow 0[/latex] левая часть стремится к [latex]\sqrt{(\varphi ‘(t))^2+(\psi ‘(t))^2}\Delta t.[/latex] Аналогично, для правой.
Получаем [latex]\sqrt{(\varphi ‘(t))^2+(\psi ‘(t))^2}\Delta t\geq S\geq \sqrt{(\varphi ‘(t))^2+(\psi ‘(t))^2}\Delta t[/latex]. Преобразуем это двойное неравенство:
[latex]\sqrt{(\varphi ‘(t))^2+(\psi ‘(t))^2}\geq \frac{S}{\Delta t}\geq \sqrt{(\varphi ‘(t))^2+(\psi ‘(t))^2}.[/latex]
[latex]L^{‘}_{(\gamma )}=\sqrt{(\varphi ‘(t))^2+((\psi ‘(t))^2}.[/latex]
Тогда [latex]L_{(\gamma )}=\int_{\alpha }^{\beta }\sqrt{\left [ \varphi ^{‘}(t)\right ]^{2}+\left [ \psi ^{‘}(t)\right ]^{2}}dt,[/latex] где [latex]L_{(\gamma )}[/latex] — длина пути. [latex]\blacksquare [/latex]

Замечание: В первоисточниках, использованных при написании этого материала, доказательство теоремы не разбивается на 2 части. Тем не менее, для большего удобства здесь оно разбито на 2 основных части.

Следствия из теоремы

Из доказанной выше формулы получаются три формулы, описанные здесь и применяемые на практике.

Литература:

  1. Фихтенгольц, «Курс дифференциального и интегрального исчисления», 2001 г.,  том 2, стр. 192 (следствия). Фихтенгольц, «Курс дифференциального и интегрального исчисления», 2001 г.,  том 1, стр. 192 (определения, теорема).
  2. Фихтенгольц, «Курс дифференциального и интегрального исчисления», 1964 г.,  том 2, стр. 169 (следствия). Фихтенгольц, «Курс дифференциального и интегрального исчисления», 1964 г., том 1, стр. 560,562-563 (определения, теорема).

Тест

Таблица лучших: Теорема о вычислении спрямляемого пути, следствия

максимум из 9 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных