Obliczanie pól figur płaskich

Z definicji całki oznaczonej Riemanna wynika, że jeżeli $ f:[a,b] \to \mathbb{R} $ jest funkcją ciągłą i nieujemną w przedziale $ [a, b] $, to całka $ \int_a^b f(x) dx $ jest równa polu $ P $ figury ograniczonej przez wykres funkcji $ f $, oś $ OX $ oraz proste $ x=a $ i $ x=b $. Tak zadaną figurę, którą możemy opisać jako zbiór

$ \{(x, y) \in \mathbb{R}^2: \, 0\le y \le f(x), \, a \le x \le b\}, $

nazywamy trapezem krzywoliniowym. Jeżeli $ f(x) \le 0 $ dla $ x \in [a, b] $, to $ P = -\int_a^b f(x) dx. $ W rezultacie dla dowolnej funkcji ciągłej $ f:[a,b] \to \mathbb{R} $ prawdziwy jest następujący związek:

$ P = \int\limits_a^b |f(x)| dx. $

$Pole $P$ figury płaskiej zwanej trapezem krzywoliniowym$

Rysunek 1: Pole $P$ figury płaskiej zwanej trapezem krzywoliniowym

Przykład 1:

Obliczmy pole $ P $ obszaru zawartego pomiędzy wykresami funkcji $ f(x)=\sqrt{x+1} $, $ g(x) = (x-1)^2 $, gdzie $ x \in [-1, 1], $ oraz osią $ OX $. Zauważmy, że rozpatrywana figura jest sumą dwóch trapezów krzywoliniowych $ T_1 $ i $ T_2 $:

$ T_1=\{(x, y) \in \mathbb{R}^2: \,0 \le y \le \sqrt{x+1}, \, x \in [-1, 0]\}, \quad T_2=\{(x, y) \in \mathbb{R}^2: \,0 \le y \le (x-1)^2, \, x \in [0, 1]\}, $

więc jej pole $ P $ jest równe sumie $ P_{T_1} + P_{T_2} $ pól tych trapezów. Korzystając z interpretacji geometrycznej całki oznaczonej, otrzymujemy

$ \begin{aligned} P_{T_1} &= \int \limits_{-1}^{0} \sqrt{x +1} dx=\frac{2}{3}(x+1)^{\frac{3}{2}}\Big|_{-1}^0=\frac{2}{3}, \\ P_{T_2} &= \int\limits_{0}^{1} (x-1)^2 dx= \frac{1}{3}(x-1)^3\Big|_{0}^1= \frac{1}{3}. \end{aligned} $

Szukane pole wynosi zatem $ P = \frac{2}{3} +\frac{1}{3} = 1. $

$P_{T_1}=\int\limits_{-1}^0 f(x) dx\), \(P_{T_2}=\int\limits_0^1 g(x) dx$

Rysunek 2: $P_{T_1}=\int\limits_{-1}^0 f(x) dx$, $P_{T_2}=\int\limits_0^1 g(x) dx$

Przykład 2:

Obliczmy pole obszaru ograniczonego przez elipsę o półosiach $ a $ i $ b $ ( $ a, b >0 $) daną równaniem

$ \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1. $

$Obszar ograniczony przez elipsę {OPENAGHMATHJAX()}\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1{OPENAGHMATHJAX}$

Rysunek 3: Obszar ograniczony przez elipsę $ \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1 $

Na początku zauważmy, że rozważany obszar jest symetryczny względem osi układu współrzędnych, a więc możemy go podzielić na cztery obszary o identycznych polach. Pole części leżącej w pierwszej ćwiartce układu współrzędnych zawarte jest między osiami $ OX $ i $ OY $ oraz częścią krzywej zadanej przepisem

$ f(x)=b\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}, \quad \text{gdzie} \quad x \in [0,a]. $

Jest to więc pole figury będącej trapezem krzywoliniowym. Wówczas $ P = 4P_1, $ gdzie

$ P_1= \int\limits_0^a f(x)dx = b \int\limits_0^a \sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}dx. $

Obliczmy tę całkę poprzez zamianę zmiennych w całce oznaczonej. Niech więc

$ t=\arcsin \frac{x}{a} \quad \text{dla}\quad x \in [0,a]. $

Zauważmy, że $ \frac{x}{a} \in [0,1] $, czyli $ \frac{x}{a} $ zawiera się w dziedzinie funkcji cyklometrycznej arcus sinus, a więc nowa zmienna $ t $ jest poprawnie określona. Ponieważ funkcja arcus sinus jest funkcją rosnącą, to jeżeli $ x $ zmienia się od $ 0 $ do $ a $, to wartości $ t $ rosną od $ 0 $ do $ \frac{\pi}{2} $. Mamy więc

Tabela 1: Zmiana wartości granic całkowania, gdy $ (t= \arcsin \frac{x}{a}) $

$ x $	$ 0 $	$ a $
$ t $	$ 0 $	$ \frac{\pi}{2} $

Wówczas

$ x=a\sin t \quad \text{dla}\quad t \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right], $

a więc

$ dx = a\cos t \,dt. $

Powołując się na twierdzenie o całkowaniu przez podstawienie, otrzymujemy

$ \begin{aligned} P &= 4b \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{1-\sin^2 t} \, a \cos t dt=4ab \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^2 t dt=4ab \int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{2} (1+\cos 2t) dt \\ &= 2ab \Big(t+ \frac{\sin 2t}{2}\Big) \Big|_{0}^{\frac{\pi}{2}}=2ab \Big( \frac{\pi}{2}+ \frac{\sin \pi}{2} - 0 \Big)= \pi ab. \end{aligned} $

Ostatecznie pole figury ograniczonej przez elipsę o półosiach $ a $ i $ b $ wynosi $ \pi ab $.

Wniosek 1: o polu figury ograniczonej przez wykresy dwóch funkcji oraz proste pionowe

Jeżeli $ f:[a,b] \to \mathbb{R} $ oraz $ g:[a,b] \to \mathbb{R} $ są funkcjami ciągłymi, a ponadto $ f(x) \leq g(x) $ dla każdego $ x \in [a,b] $, to pole $ P $ figury ograniczonej przez wykresy tych funkcji oraz proste $ x=a $ i $ x=b $ wyraża się wzorem

$ P=\int\limits_a^b (g(x)-f(x))dx. $

$Pole $P$ figury ograniczonej przez wykresy funkcji $f$ i $g$ oraz proste $x=a$ i $x=b$$

Rysunek 4: Pole $P$ figury ograniczonej przez wykresy funkcji $f$ i $g$ oraz proste $x=a$ i $x=b$

Przykład 3:

Znajdźmy pole figury zawartej między wykresami funkcji $ f(x) = e^{-x} $ i $ g(x) = e^x $ oraz prostą $ x=1. $

$Pole $P$ figury zawartej między wykresami funkcji $f$ i $g$ oraz prostą $x=1$$

Rysunek 5: Pole $P$ figury zawartej między wykresami funkcji $f$ i $g$ oraz prostą $x=1$

Dla każdego $ x \in [0,1] $ zachodzi nierówność $ f(x)\le g(x), $ więc szukane pole obliczamy w następujący sposób:

$ P=\int\limits_0^1 \, (e^x - e^{-x})\, dx = (e^x + e^{-x})\Big|_0^1 = e + e^{-1} - 2. $

Przykład 4:

Obliczmy pole obszaru zawartego między parabolami o równaniach

$ x^2 = 2py \quad \text{oraz} \quad y^2 = 2px, $

gdzie $ p $ jest ustaloną liczbą dodatnią.

$Pole $P$ figury zawartej między wykresami funkcji $f$ i $g$$

Rysunek 6: Pole $P$ figury zawartej między wykresami funkcji $f$ i $g$

Rozwiązując układ równań

$ \left\{ \begin{array}{l} x^2 = 2py \\ y^2 = 2px \end{array} \right. $

znajdujemy punkty przecięcia obu parabol, mające współrzędne $ (0,0) $ i $ (2p,2p). $ Zauważmy, że obszar, którego pole chcemy obliczyć, zawarty jest między wykresami funkcji

$ f(x) = \frac{1}{2p} x^2 \quad \text{oraz} \quad g(x) = \sqrt{2px}, \quad \text{ gdzie } \quad x \in [0,2p]. $

Ponieważ $ f(x) \le g(x) $ dla każdego $ x \in [0, 2p] $, to szukane pole wyraża się wzorem

$ \begin{aligned} P & = \int\limits_0^{2p} (g(x)-f(x))dx = \int\limits_0^{2p} \left(\sqrt{2px} - \frac{1}{2p} x^2 \right)dx \\ & = \sqrt{2p} \int\limits_0^{2p} x^{\frac{1}{2}}dx - \frac{1}{2p} \int\limits_0^{2p} x^2 dx = \sqrt{2p} \cdot \frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}} \Big|^{2p}_0 - \frac{1}{2p} \cdot \frac{x^3}{3} \Big|^{2p}_0 \\ & = \frac{2}{3} (2p)^2 - \frac{1}{6p} (2p)^3 = \frac{4}{3}p^2. \end{aligned} $

Aby obliczyć pole figury płaskiej przy pomocy całki oznaczonej, w pewnych sytuacjach warto jest całkować względem zmiennej $ y $ zamiast zmiennej $ x $. Pozwala to uniknąć dzielenia danego obszaru na mniejsze obszary oraz niepotrzebnego obliczania kilku całek.

Przykład 5:

Pokażemy drugi sposób na znalezienie pola obszaru z przykładu 1. Zauważmy (rys. 2), że zadany obszar jest zbiorem

$ \{(x,y) \in \mathbb{R}^2: \,y^2 - 1 \le x \le -\sqrt{y} + 1, \, y \in [0, 1] \}, $

a jego pole obliczamy w następujący sposób:

$ P = \int\limits_0^1 \, (-\sqrt{y} + 1 - y^2 + 1) \, dy = \Big(-\frac{2}{3} y^{\frac{3}{2}} - \frac{1}{3} y^3 + 2y\Big)\Big|_0^1 = -\frac{2}{3} - \frac{1}{3} + 2 = 1. $

Omówimy teraz sposób wyznaczania pola figury ograniczonej przez krzywą zadaną parametrycznie. Najpierw jednak podajmy definicję takiej krzywej.

Definicja 1: Krzywa zadana parametrycznie

Mówimy, że $ \Gamma $ jest krzywą zadaną parametrycznie, jeżeli istnieją takie funkcje ciągłe $ \varphi: [\alpha,\beta] \to \mathbb{R} $ oraz $ \psi: [\alpha,\beta] \to \mathbb{R} $, że

$ \Gamma=\{(x,y) \in \mathbb{R}^2: x =\varphi(t), y=\psi(t) \text{ dla } t \in [\alpha,\beta]\}. $

Twierdzenie 1: o polu obszaru ograniczonego łukiem krzywej zadanej parametrycznie

Niech $ \Gamma $ będzie krzywą zadaną parametrycznie, jak jest to opisane w definicji Krzywa zadana parametrycznie. Załóżmy dodatkowo, że funkcja $ \varphi $ jest rosnąca i ma w każdym punkcie przedziału $ [\alpha,\beta] $ ciągłą pochodną, a funkcja $ \psi $ jest nieujemna.
Pole $ P $ obszaru ograniczonego łukiem krzywej $ \Gamma $, odcinkiem osi OX oraz prostymi $ x=a $, $ x=b $, gdzie $ a = \varphi (\alpha) $, $ b = \varphi (\beta) $, wyraża się wzorem

$ P=\int\limits_{\alpha}^{\beta} \psi(t) \varphi^{\prime}(t) dt. $

DOWÓD
W pierwszym kroku dowodu wykażemy, że przy przyjętych założeniach możemy wyrazić krzywą $ \Gamma $ jako wykres funkcji ciągłej zmiennej $ x $ na przedziale $ [a,b] $. Istotnie, ponieważ funkcja $ \varphi $ jest rosnąca w przedziale $ [\alpha, \beta], $ to

$ a = \varphi (\alpha) \le \varphi (\beta) = b, $

a ponadto funkcja ta jest odwracalna. To z kolei implikuje, że $ t = \varphi^{-1} (x) $ dla $ x \in [a,b] $ (gdzie $ \varphi^{-1} $ oznacza funkcję odwrotną do $ \varphi $), co po podstawieniu do równania $ y=\psi(t) $ daje

$ y = \psi(\varphi^{-1} (x)) \quad \text{ dla } \quad x \in [a, b]. $

Dalej, skoro funkcja $ \psi $ jest nieujemna, to w konsekwencji funkcja $ y $ zależna od zmiennej $ x $ przyjmuje wartości nieujemne. Dzięki temu pole rozpatrywanego obszaru możemy obliczyć, stosując wzór

$ P=\int\limits_a^b y(x) dx = \int\limits_a^{b} \psi(\varphi^{-1} (x)) dx. $

Aby obliczyć ostatnią całkę, zastosujmy twierdzenie o całkowaniu przez podstawienie dla $ t= \varphi^{-1}(x) $, pamiętając przy tym
o stosownej zmianie granic całkowania. Z równania $ x=\varphi(t) $, gdzie $ t \in [\alpha, \beta], $ dostajemy $ dx=\varphi^{\prime}(t)dt $. W rezultacie

$ P = \int\limits_{\alpha}^{\beta} \psi(t)\varphi^{\prime}(t)dt. $

CND.

Przykład 6:

Obliczymy pole obszaru ograniczonego osią $ OX $ i jednym łukiem krzywej zwanej cykloidą, która zadana jest równaniami parametrycznymi

$ \left\{ \begin{array}{l} x=\varphi(t):= a(t - \sin t), \\ y = \psi(t):=a(1 - \cos t), \end{array} \right. $

gdzie $ a $ jest ustaloną liczbą dodatnią. Wyjaśnijmy, że cykloida to krzywa opisująca tor ruchu punktu leżącego na obwodzie koła o promieniu $ a $, które toczy się bez poślizgu po prostej. Zauważmy, że wartości $ y=\psi(t) $ powtarzają się cyklicznie, gdy parametr $ t $ przebiega każdy z przedziałów $ [2k \pi, 2(k+1)\pi], $ gdzie $ k $ jest liczbą całkowitą. Dla naszych potrzeb wybierzmy jeden z takich przedziałów, np. $ [0, 2\pi]. $

Rysunek 7: Fragment łuku cykloidy

Zauważmy, że $ \varphi^{\prime}(t) = \psi(t) \ge 0 $ dla każdego $ t \in [0, 2\pi], $ więc spełnione są założenia twierdzenia o polu obszaru ograniczonego łukiem krzywej zadanej parametrycznie. Na jego podstawie otrzymujemy

$ \begin{aligned} P & = \int\limits_0^{2\pi} \psi(t)\varphi^{\prime}(t)dt = \int\limits_0^{2\pi} a(1 - \cos t) \cdot a(1 - \cos t) dt \\ & = a^2 \int\limits_0^{2\pi} (1 - \cos t)^2 dt = a^2 \int\limits_0^{2\pi} (1 - 2 \cos t + \cos^2 t) dt \\ & = a^2\left( (t - 2 \sin t)\Big|_0^{2\pi} + \int\limits_0^{2\pi} \frac{1}{2}(1 + \cos 2t) dt \right)\\ & = a^2\left( 2\pi + \frac{1}{2}\left(t + \frac{\sin2t }{2} \right) \Big|_0^{2\pi}\right) =a^2(2\pi + \pi) = 3\pi a^2. \end{aligned} $

Jak wiadomo, położenie punktu na płaszczyźnie można określić dzięki wprowadzeniu na płaszczyźnie kartezjańskiego prostokątnego układu współrzędnych. Wówczas położenie punktu $ P $ jest jednoznacznie określone poprzez podanie pary $ (x_P,y_P) $, gdzie $ x_P $ jest współrzędną tego punktu względem osi $ OX $, zaś $ y_P $ względem osi $ OY $.

Rysunek 8: Położenie punktu na płaszczyźnie opisane w kartezjańskim prostokątnym układzie współrzędnych

Jednakże położenie punktu $ P $ na płaszczyźnie można też określić w inny sposób - dzięki wprowadzeniu tzw. biegunowego (polarnego) układu współrzędnych. Jest ono jednoznacznie określone poprzed podanie odległości od pewnego wyróżnionego na płaszczyźnie punktu zwanego biegunem oraz poprzez podanie kąta $ \varphi $ pomiędzy półprostą o początku w biegunie i przechodzącą przez punkt $ P $ a inną wyróżnioną półosią o początku w biegunie, zwaną półosią biegunową. (Kąty skierowane przeciwnie do ruchu wskazówek zegara są dodatnie, a zgodnie z ruchem wskazówek zegara są ujemne).

Rysunek 9: Położenie punktu na płaszczyźnie opisane przy użyciu biegunowego układu współrzędnych

Jeżeli umieścimy biegun w punkcie $ (0,0) $, czyli w początku układu kartezjańskiego, zaś jako półoś biegunową przyjmiemy półoś dodatnią osi $ OX $, to wówczas związki między obydwoma układami wyrażą się w następujący sposób:

$ \left\{ \begin{array}{l} \frac{x}{r}=\cos \varphi, \\ \frac{y}{r} = \sin \varphi. \end{array} \right. $

Związek między opisem położenia punktu na płaszczyźnie w kartezjańskim prostokątnym układzie współrzędnych a w biegunowym układzie współrzędnych

Rysunek 10: Związek między opisem położenia punktu na płaszczyźnie w kartezjańskim prostokątnym układzie współrzędnych a w biegunowym układzie współrzędnych

W rezultacie

$ \left\{ \begin{array}{l} x= r \cos \varphi, \\ y = r \sin \varphi. \end{array} \right. $

Przykład 7:

Równanie półokręgu o środku w punkcie $ (0,0) $ i promieniu $ 4 $ ma postać $ x^2+y^2=4 $, przy czym $ y \geq 0. $
Ta sama krzywa we współrzędnych biegunowych ma równanie $ r=2 $, przy czym $ \varphi \in [0, \pi]. $

Przykład 8:

Krzywa zadana równaniem $ (x^2+y^2)^2=2xy $ ze względu na związki $ x= r \cos \varphi, $ $ y = r \sin \varphi $ ma we współrzędnych biegunowych równanie

$ r^4=2r^2 \sin \varphi \cos \varphi, $

czyli

$ r^2=\sin 2\varphi. $

Omówimy teraz, w jaki sposób można obliczyć pole figury ograniczonej, której fragment brzegu jest zadany za pomocą współrzędnych biegunowych.

Definicja 2: Krzywa zadana biegunowo

Mówimy, że $ \Gamma $ jest krzywą zadaną biegunowo , jeżeli istnieje nieujemna funkcja ciągła $ r: [\alpha,\beta] \to \mathbb{R} $ taka, że

$ \Gamma=\{ (r,\phi) \in \mathbb{R}^2: r = r(\phi), \phi \in [\alpha, \beta] \}. $

Zauważmy, że krzywą zadaną biegunowo można przedstawić w następujący sposób w postaci parametrycznej (w zależności od parametru $ \phi $):

$ x= r(\phi) \cos \phi \quad \text{oraz} \quad y= r(\phi) \sin \phi, \quad \text{gdzie} \quad \phi \in [\alpha, \beta]. $

Niech $ O=(0,0), $ $ A=(r(\alpha), \alpha), $ $ B=(r(\beta), \beta) $ oraz załóżmy, że $ 0 \lt \beta - \alpha \lt 2\pi. $ Wtedy promienie wodzące o amplitudach $ \alpha $ i $ \beta $, czyli odcinki $ \overline{OA} $ i $ \overline{OB} $, oraz łuk krzywej $ \Gamma $ wyznaczają obszar zilustowany na poniższym rysunku.

Rysunek 11: Trapez krzywoliniowy w sensie biegunowego układu współrzędnych

Taki obszar nazywamy trapezem krzywoliniowym w sensie biegunowego układu współrzędnych. Jego pole możemy obliczyć korzystając z następującego twierdzenia.

Twierdzenie 2: o polu obszaru ograniczonego łukiem krzywej zadanej biegunowo oraz dwoma promieniami wodzącymi

Niech $ \Gamma $ będzie krzywą zadaną biegunowo. Pole $ P $ obszaru ograniczonego łukiem krzywej $ \Gamma $ oraz promieniami wodzącymi
o amplitudach $ \alpha $ i $ \beta $ wyraża się wzorem

$ P=\frac{1}{2} \int\limits_{\alpha}^{\beta} r^2(\phi) d \phi. $

DOWÓD
Dla każdego $ n \in \mathbb{N} $ podzielmy przedział $ [\alpha, \beta] $ na $ n $ podprzedziałów $ [\phi_{k-1}, \phi_{k}] $ $ ( k=1,\ldots,n ) $ tak dobierając punkty $ \phi_k, $ aby zachodziła zależność

$ \alpha = \phi_0 \lt \phi_1 \lt \phi_2 \lt \ldots \lt \phi_n = \beta. $

W ten sposób otrzymujemy $ n $ trójkątów krzywoliniowych zawartych między łukiem krzywej $ \Gamma $ oraz promieniami wodzącymi
o amplitudach $ \phi_{k-1} $ i $ \phi_{k}. $ Oznaczmy przez $ \Delta \phi_k $ długość odcinka $ [\phi_{k-1}, \phi_{k}], $ tzn.

$ \Delta \phi_k = \phi_k - \phi_{k-1}, $

gdzie $ k \in \{1,\ldots,n\}. $ Niech $ \delta_n $ będzie największą ze średnic wszystkich przedziałów $ [\phi_{k-1}, \phi_{k}], $ czyli

$ \delta_n = \max \{\Delta \phi_k : k = 1,\ldots,n\}. $

Następnie dla każdego $ k \in \{1,\ldots,n\} $ wybierzmy kąt pośredni $ \xi_k \in [\phi_{k-1}, \phi_{k}]. $ Przy małych wartościach $ \Delta \phi_k $ pole $ k $-tego trójkąta jest w przybliżeniu równe polu $ P_k $ wycinka kołowego o promieniu $ r(\xi_k) $ i kącie środkowym $ \Delta \phi_k, $ wyrażającego się wzorem

$ P_k = \frac{1}{2} r^2(\xi_k)\Delta \phi_k, $

gdzie $ \Delta \phi_k $ jest miarą łukową tego kąta środkowego. Oznaczmy przez $ P_n $ sumę pól wszystkich tych wycinków. Wówczas

$ P_n = \sum\limits_{k=1}^n P_k = \sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{2} r^2(\xi_k)\Delta \phi_k. $

Przechodząc do granicy (jak w konstrukcji całki oznaczonej Riemanna), otrzymujemy

$ P = \lim\limits_{n \to \infty}P_n = \lim\limits_{n \to \infty} \sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{2} r^2(\xi_k)\Delta \phi_k = \frac{1}{2} \int\limits_{\alpha}^{\beta} r^2(\phi) d \phi. $

CND.

Zastosujmy powyższy wzór do obliczenia pola figury ograniczonej przez krzywą zadaną biegunowo.

Przykład 9:

Wyznaczmy pole figury ograniczonej przez kardioidę, czyli krzywą zdefiniowaną biegunowo za pomocą przepisu

$ r=a(1+\cos \phi),\quad \text{ gdzie } \quad \phi \in [-\pi, \pi], $

przy czym $ a $ jest ustaloną liczbą dodatnią. Aby narysować tę krzywą, skorzystajmy ze znajomości wykresu funkcji cosinus. Otóż, gdy wartości kąta $ \phi $ rosną od $ 0 $ do $ \frac{\pi}{2} $, to wartości cosinusa maleją od $ 0 $ do $ -1 $, a więc promień $ r $ maleje od $ a(1+\cos 0)=2a $ do $ a(1+\cos \frac{\pi}{2})=a $. Z kolei, gdy $ \phi $ rośnie od $ \frac{\pi}{2} $ do $ \pi $, to wartości funkcji cosinus maleją od $ 1 $ do $ -1 $, a więc promień $ r $ maleje od $ a $ do $ a(1+\cos \pi)=0 $. Ponadto promień $ r $ rośnie od $ 0 $ do $ 2a $ dla kąta $ \phi $ zmieniającego się od $ -\pi $ do $ 0 $. Ponieważ wykres funkcji cosinus jest symetryczny względem osi $ OY $, to kardioida jest symetryczna względem osi $ OX $.

Rysunek 12: Kardioida

Korzystając z twierdzenia o polu obszaru ograniczonego łukiem krzywej zadanej biegunowo oraz dwoma promieniami wodzącymi i symetrii rozpatrywanego obszaru względem osi $ OX $, otrzymujemy

$ \begin{aligned} P&=2 \cdot\frac{1}{2} \int\limits_{\alpha}^{\beta} r^2(\phi) d \phi= \int\limits_0^{\pi} a^2(1+\cos \phi)^2 d \phi=a^2 \int\limits_0^{\pi} (1+2\cos \phi+\cos^2 \phi) d\phi \\ &=a^2\Big[ \phi \Big|_0^{\pi} +2 \sin \phi \Big|_0^{\pi} + \int\limits_0^{\pi} \frac{1}{2}\big(1 + \cos 2\phi \big) d \phi \, \Big]=a^2\Big[\, \pi + \frac{1}{2} \phi \Big|_0^{\pi} +\frac{1}{2}\cdot \frac{\sin 2\phi}{2}\Big|_0^{\pi}\Big]\\ &=2a^2\left[\pi+\frac{\pi}{2}\right]=3\pi a^2. \end{aligned} $

\( x \)	\( 0 \)	\( a \)
\( t \)	\( 0 \)	\( \frac{\pi}{2} \)

Temat:
Opis:
Typ:

Email:

Matematyka