Encontrar el área limitada por $(\frac{x}{3}+\frac{y}{6})^3-9xy=0$

Question

$C = \{(x,y) \mid (\frac{x}{3}+\frac{y}{6})^3-9xy=0\}$. Quiero encontrar el área limitada por las $C$ en el primer cuadrante.

Me puedes decir cómo resolver ejercicios como este? No tengo idea de lo integral, necesito solucionar, porque mi curva está implícitamente definido.

Answer 1

Vea si usted puede parametrizar la curva de $(x(t),y(t))$, y luego integre $\int_a^bx(t)y'(t)\,dt$ donde $t=a$ $t=b$ son los tiempos cuando la curva golpea el origen. Hiperbólico coordenadas podría ayudar con la configuración de parámetros:

$$x=ve^{u}\quad y=ve^{-u}$$

$$ \begin{align} \left(\frac{ve^u}{3}+\frac{ve^{-u}}{6}\right)^3-9v^2&=0\\ v\left(\frac{e^u}{3}+\frac{e^{-u}}{6}\right)^3-9&=0\\ v&=\frac{9}{\left(\frac{e^u}{3}+\frac{e^{-u}}{6}\right)^3}\\ \end{align} $$

Así $$x(t)=\frac{9e^t}{\left(\frac{e^t}{3}+\frac{e^{-t}}{6}\right)^3}\quad y(t)=\frac{9e^{-t}}{\left(\frac{e^t}{3}+\frac{e^{-t}}{6}\right)^3}$$ with $t$ ranging from $-\infty$ to $\infty$ parametrizes la curva. Esta parametrización se ejecuta el bucle de las agujas del reloj, así que en realidad una vez que calcular la integral, entonces usted necesitará para negar el resultado para obtener el unsigned área.

$\int_{-\infty}^{\infty}x(t)y'(t)\,dt$ no parece ser un amistoso integral a primera vista, pero al menos ahora tiene una integral para trabajar con.

La integral es teóricamente factible. Sustituyendo $u=e^t$ te dejará con una función racional en $u$, y parece que su denominador será ya incluido en una ecuación cuadrática elevado a una potencia. De modo parcial fracción de descomposición de trabajo.

(Yo me inclino a usar hiperbólico coordenadas porque naturalmente dejo en el primer cuadrante. Pero coordenadas polares probablemente va a funcionar igual de bien, y usted podría usar de Weierstrass de sustitución para volver a obtener una función racional para integrar.)

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Me confirmó que esta integral es bastante factible sin ayuda del ordenador. Me sale que el área es (exactamente) $7873.2$.

Answer 2

Vamos a usar (ligeramente modificada) en coordenadas polares. Set$x = 3r\cos\theta$$y = 6r\sin\theta$.

El Jacobiano de esta transformación es $\left|\begin{matrix}\tfrac{\partial x}{\partial r} & \tfrac{\partial y}{\partial r} \\ \tfrac{\partial x}{\partial \theta} & \tfrac{\partial y}{\partial \theta}\end{matrix}\right| = \left|\begin{matrix}3\cos\theta & 6\sin\theta \\ -3r\sin\theta & 6r\cos\theta\end{matrix}\right| = 18r$.

La curva de $C$ $(r,\theta)$ coordenadas está dada por:

$\left(\dfrac{3r\cos\theta}{3}+\dfrac{6r\sin\theta}{6}\right)^3-9(3r\cos\theta)(6r\sin\theta) = 0$

$r^3(\cos\theta+\sin\theta)^3 - 162r^2\cos\theta\sin\theta = 0$

$r = \dfrac{162\cos\theta\sin\theta}{(\cos\theta+\sin\theta)^3} =: R(\theta)$

Así, el área de la región delimitada por $C$ es:

$\displaystyle\iint\limits_{C}\,dx\,dy$ $=\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\int_{0}^{R(\theta)}18r\,dr\,d\theta$ $=\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}9R(\theta)^2\,d\theta$ $=\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\dfrac{9 \cdot 162^2\cos^2\theta\sin^2\theta}{(\cos\theta+\sin\theta)^6}\,d\theta$ $=\displaystyle9 \cdot 162^2\int_{0}^{\pi/2}\dfrac{\tan^2\theta\sec^2\theta}{(1+\tan\theta)^6}\,d\theta$ $= 9 \cdot 162^2\displaystyle\int_{0}^{\infty}\dfrac{u^2}{(1+u)^6}\,du$ $= 9 \cdot 162^2\displaystyle\int_{1}^{\infty}\dfrac{(v-1)^2}{v^6}\,dv$ $= 9 \cdot 162^2\displaystyle\int_{1}^{\infty}\left(\dfrac{1}{v^4}-\dfrac{2}{v^5}+\dfrac{1}{v^6}\right)\,dv$ $= 9 \cdot 162^2 \left[-\dfrac{1}{3u^3}+\dfrac{1}{2u^4}-\dfrac{2}{5u^5}\right]_{1}^{\infty}$ $= 7873.2$