Zadania.info
Największy internetowy zbiór zadań z matematyki
cornersUpL
cornersUpR

Zadania

Na skróty

Recenzje

Linki sponsorowane

cornersM

Linki sponsorowane

cornersR
Zadanie nr 5824356

Oblicz pole elipsy x2 y2 a2 + b2 ≤ 1 , gdzie a > 0 i b > 0 .

Wersja PDF
Rozwiązanie

Na początek obrazek.


PIC


Sposób I

Pole elipsy E jest równe całce podwójnej

∫∫ 1dxdy E

Całkę liczymy zmieniając współrzędne

x = ar cosφ y = brsin φ,

gdzie 0 ≤ φ ≤ 2π i 0 ≤ r ≤ 1 .


PIC

Liczymy jakobian tej zmiany zmiennych

 | | | | ||∂∂xr ∂∂xφ|| |a cosφ −ar sin φ| 2 2 J = ||∂y ∂y|| = ||bsinφ brcos φ || = abr cos φ + abrsin φ = abr. ∂r ∂φ

Mamy zatem

∫∫ ∫ ∫ E 1dxdy = P abrd φdr,

gdzie całkę z prawej strony liczymy po prostokącie 0 ≤ φ ≤ 2π ,0 ≤ r ≤ 1 . Teraz całkę podwójną zamieniamy na całkę iterowaną.

 ( ) ( ) ∫ ∫ ∫ 1 ∫ 2π ∫ 1 ∫ 2π abrdφdr = ab rdφ dr = ab r 1d φ dr = P 0 0 [ 0 ] 0 ∫ 1 ∫ 1 1 2 1 = ab r ⋅2πdr = 2πab rdr = 2πab 2r = πab . 0 0 0

Sposób II

Rozwiązując nierówność opisującą elipsę względem zmiennej y otrzymujemy układ dwóch nierówności:

 b∘ -------- b∘ -------- − -- a2 − x2 ≤ y ≤ -- a2 − x2. a a

Ponadto x zmienia się w przedziale [−a ,a] .

Stąd pole elipsy równa się

 ∫ a [ b∘ -------- b ∘ -------] 2b ∫ a ∘ -------- P = -- a2 − x 2 +-- a2 − x2 dx = --- a2 − x2dx −a a a a −a

Ostatnią całkę obliczymy przez podstawienie

x = asin t, − π-≤ t ≤ π-, dx = acos tdt 2 2

Liczymy

∫ a ∘ -------- ∫ π ∘ ------------- a2 − x2dx = 2 a a2 − a2sin2tco stdt = −a − π2 ∫ π ∘ ---------- ∫ π √ ------ ∫ π = a 2 2 1− sin 2tco stdt = a2 2 cos2t costdt = a2 2 co s2 tdt, − π2 −π2 − π2

bo co st ≥ 0 dla  π- π- t ∈ [− 2 ,2] . Aby obliczyć ostatnią całką korzystamy ze wzoru cos2t = 2cos2 t− 1 .

 ∫ π2 ∫ π2 1 + co s2t [∫ π2 1 ∫ π2 cos2t ] a2 cos2tdt = a2 ----------dt = a2 -dt + ------dt = − π2 −π2 2 − π2 2 − π2 2 [ ]π2 2 = a2 t-+ sin2t- = a-π-. 2 4 − π2 2

Zatem pole elipsy równa się

 2 P = 2b-⋅ a-π-= πab . a 2

Sposób III

Tym razem skorzystamy z dwuwymiarowej wersji twierdzenia Stokesa, czyli z twierdzenia Greena

∫ ∫ ∫ ( ∂Q ∂P ) (P dx+ Qdy ) = ----− --- dxdy , ∂E E ∂x ∂y

gdzie ∂E jest dodatnio zorientowanym brzegiem obszaru E . Chcemy z prawej strony tego wzoru mieć ∫ 1dxdy E , więc bierzemy np. Q = x 2 i P = − y 2 . i mamy

∫∫ ∫ ( ) 1dxdy = − ydx + xdy . E ∂E 2 2

Całkę krzywoliniową z prawej strony liczymy parametryzując brzeg elipsy wzorem

(x,y) = (a cosφ ,bsin φ), gdzie φ ∈ [0,2π ]

Mamy zatem

∫ ( y- x- ) ∂E − 2dx + 2dy = ∫ 2π ( ) = − bsin-φ-⋅(−a sin φ) + a-cosφ- ⋅(bco sφ) dφ = 0 2 2 ab∫ 2π ab ∫ 2π = --- (sin 2φ + co s2φ)d φ = --- 1dφ = πab . 2 0 2 0

Sposób IV

Tym razem skorzystamy ze znanego wzoru na pole koła i odrobiny algebry liniowej.


PIC

Jeżeli  2 2 A : R → R jest afinicznym odwzorowaniem liniowym

(x,y ) = A (u ,w) = (au,bw )

to odwzorowanie to zmienia pole powierzchni tak, jak jego wyznacznik, czyli mnoży pole powierzchni przez

 [ ] d etA = det a 0 = ab. 0 b

Ponadto, obrazem okręgu jednostkowego

 2 2 u + v = 1

przy tym odwzorowaniu jest krzywa opisana równaniem

(x )2 ( y)2 -- + -- = 1, a b

czyli dana elipsa. Zatem pole elipsy jest równe πab .  
Odpowiedź: πab

Wersja PDF
Twoje uwagi
Nie rozumiesz fragmentu rozwiązania?
W rozwiązaniu jest błąd lub literówka?
Masz inny pomysł na rozwiązanie tego zadania?
Napisz nam o tym!