Вычисление площадей плоских областей

В соответствии с свойством Интеграл от единичной функции $s(D)=\iint\limits_D {dxdy}$.

Пример 1

Найти площадь области , лежащей внутри кривых $\left( {x^2+y^2} \right)^2=a^2\left( {x^2-y^2} \right),\;x^2+y^2=a\sqrt 2 \left( {\sqrt {x^2+y^2} -x} \right)$.

vychislenie-ploshchadei-ploskikh-oblastei-0

Решение:

Построить эти кривые можно только в полярных координатах; первое уравнение приводится к виду $r=a\sqrt {\cos 2\varphi } $, это - лемниската Бернулли; второе - к виду $r=a\sqrt 2 \left( {1-\cos \varphi } \right)$ - это кардиоида. Решая уравнение $a\sqrt {\cos 2\varphi } =a\sqrt 2 \left( {1-\cos \varphi } \right)$, находим, что точка их пересечения лежит на луче $\varphi =\arccos (3/4)$.$\mathbf{\textit{ D }}$состоит из двух лунок одинаковой площади; вычислим площадь верхней. При $0\leqslant \varphi \leqslant \arccos (3/4)$эта лунка ограничена кардиоидой; при $\arccos (3/4)\leqslant \varphi \leqslant \pi /4$ - лемнискатой, поэтому $s(D)=\iint\limits_D {dxdy}=\iint\limits_{D_{r,\varphi } } {rdrd\varphi }=\int\limits_0^{\arccos (3/4)} {d\varphi \int\limits_0^{a\sqrt 2 (1-\cos \varphi )} {rdr} } +\int\limits_{\arccos (3/4)}^{\pi /4} {d\varphi \int\limits_0^{a\sqrt {2\cos 2\varphi } } {rdr} } = \\ = \int\limits_0^{\arccos (3/4)} {d\varphi \cdot \left. {\frac{r^2}{2}} \right|_0^{a\sqrt 2 (1-\cos \varphi )} } +\int\limits_{\arccos (3/4)}^{\pi /4} {d\varphi \cdot \left. {\frac{r^2}{2}} \right|_0^{a\sqrt {2\cos 2\varphi } } } = \\ = a^2\int\limits_0^{\arccos (3/4)} {(1-\cos \varphi )^2d\varphi } +a^2\int\limits_{\arccos (3/4)}^{\pi /4} {\cos 2\varphi d\varphi } = a^2\left. {\left( {\frac{3}{2}\varphi -2\sin \varphi +\frac{\sin 2\varphi }{4}} \right)} \right|_0^{\arccos (3/4)} +\frac{a^2}{2}\left. {\sin 2\varphi } \right|_{\arccos (3/4)}^{\pi /4} = \\ =a^2\left( {\frac{3}{2}\arccos (3/4)-2\sin \arccos (3/4)+\frac{\sin (2\arccos (3/4))}{4}} \right)+\frac{a^2}{2}\left( {1-\sin (2\arccos (3/4))} \right) = \\ = a^2\left( {\frac{3}{2}\arccos (3/4)-2\sqrt {1-(3/4)^2} +\frac{1}{4}\cdot 2\cdot \sqrt {1-(3/4)^2} \cdot \frac{3}{4}} \right)+\frac{a^2}{2}\left( {1-2\cdot \sqrt {1-(3/4)^2} \cdot \frac{3}{4}} \right)= \\ =\frac{a^2}{2}\left( {1-\frac{19\sqrt 7 }{16}} \right)+\frac{3}{2}a^2\arccos (3/4) $

Пример 2

Вычислить площадь области (R,) ограниченной линиями ({y^2} = {a^2} - ax,) (y = a + x.)

Решение:

Сначала определим точки пересечения двух заданных линий. $ {\left[ \begin{array}{l} {y^2} = {a^2} - ax\\ y = a + x \end{array} \right.,}\;\; {\Rightarrow {\left( {a + x} \right)^2} = {a^2} - ax,}\;\; {\Rightarrow {a^2} + 2ax + {x^2} = {a^2} - ax,}\;\; {\Rightarrow {x^2} + 3ax = 0,}\;\; {\Rightarrow x\left( {x + 3a} \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow {x_{1,2}} = 0;\; - 3a.} $

Площадь области типа (I)

(A = \large\int\limits_a^b\normalsize {\large\int\limits_{g\left( x \right)}^{f\left( x \right)}\normalsize {dydx} } ) vychislenie-ploshchadei-ploskikh-oblastei-1

Площадь области типа (II)

(A = \large\int\limits_c^d\normalsize {\large\int\limits_{p\left( y \right)}^{q\left( y \right)}\normalsize {dxdy} } ) vychislenie-ploshchadei-ploskikh-oblastei-2

Следовательно, координаты точек пересечения равны ${x_1} = 0,\;\;{y_1} = a + 0 = a,$ ${x_2} = - 3a,\;\;{y_2} = a - 3a = - 2a.$ Область (R) представлена на рисунке.

vychislenie-ploshchadei-ploskikh-oblastei-4

Будем рассматривать ее как область типа (II.) Для вычисления площади преобразуем уравнения границ: $ {{y^2} = {a^2} - ax,}\;\; {\Rightarrow ax = {a^2} - {y^2},}\;\; {\Rightarrow x = a - \frac{{{y^2}}}{a},} $ $ {y = a + x,}\;\; {\Rightarrow x = y - a.} $ Получаем $ {A = \iint\limits_R {dxdy} } = {\int\limits_{ - 2a}^a {\left[ {\int\limits_{y - a}^{a - \frac{{{y^2}}}{a}} {dx} } \right]dy} } = {\int\limits_{ - 2a}^a {\left[ {\int\limits_{y - a}^{a - \frac{{{y^2}}}{a}} {dx} } \right]dy} } = {\int\limits_{ - 2a}^a {\left[ {\left. x \right|_{y - a}^{a - \frac{{{y^2}}}{a}}} \right]dy} } = {\int\limits_{ - 2a}^a {\left[ {a - \frac{{{y^2}}}{a} - \left( {y - a} \right)} \right]dy} } = \\ = {\int\limits_{ - 2a}^a {\left( {2a - \frac{{{y^2}}}{a} - y} \right)dy} } = {\left. {\left( {2ay - \frac{{{y^3}}}{{3a}} - \frac{{{y^2}}}{2}} \right)} \right|_{ - 2a}^a } = {\left( {2{a^2} - \frac{{{a^3}}}{{3a}} - \frac{{{a^2}}}{2}} \right) - \left( { - 4{a^2} + \frac{{8{a^3}}}{{3a}} - \frac{{4{a^2}}}{2}} \right) } = {\frac{{9{a^2}}}{2}.} $

Пример 3

Найти площадь лепестка розы, заданной уравнением (r = \cos 2\theta.)

vychislenie-ploshchadei-ploskikh-oblastei-3

Решение:

Рассмотрим лепесток в секторе ( - \large\frac{\pi }{4}\normalsize \le \theta \le \large\frac{\pi }{4}\normalsize). Область интегрирования имеет вид (R = \left[ {\left( {r,\theta } \right)|\;0 \le r \le \cos 2\theta , - \large\frac{\pi }{4}\normalsize \le \theta \le \large\frac{\pi }{4}\normalsize} \right].)

Следовательно, площадь данной фигуры в полярных координатах равна $ {A = \iint\limits_R {rdrd\theta } } = {\int\limits_{ - \large\frac{\pi }{4}\normalsize}^{\large\frac{\pi }{4}\normalsize} {\left[ {\int\limits_0^{\cos 2\theta } {rdr} } \right]d\theta } } = {\int\limits_{ - \large\frac{\pi }{4}\normalsize}^{\large\frac{\pi }{4}\normalsize} {\left[ {\left. {\left( {\frac{{{r^2}}}{2}} \right)} \right|_0^{\cos 2\theta }} \right]d\theta } } = {\frac{1}{2}\int\limits_{ - \large\frac{\pi }{4}\normalsize}^{\large\frac{\pi }{4}\normalsize} {{{\cos }^2}\left( {2\theta } \right)d\theta } } = {\frac{1}{2}\int\limits_{ - \large\frac{\pi }{4}\normalsize}^{\large\frac{\pi }{4}\normalsize} {\frac{{1 + \cos 4\theta }}{2}d\theta } } = \\ = {\frac{1}{4}\int\limits_{ - \large\frac{\pi }{4}\normalsize}^{\large\frac{\pi }{4}\normalsize} {\left( {1 + \cos 4\theta } \right)d\theta } } = {\frac{1}{4}\left. {\left( {\theta + \frac{{\sin 4\theta }}{4}} \right)} \right|_{ - \large\frac{\pi }{4}\normalsize}^{\large\frac{\pi }{4}\normalsize} } = {\frac{1}{4}\left[ {\left( {\frac{\pi }{4} + \frac{{\sin \pi }}{4}} \right) - \left( { - \frac{\pi }{4} + \frac{{\sin \left( { - \pi } \right)}}{4}} \right)} \right] } = {\frac{\pi }{8}.} $