Plötslig fundering: Integrera en implicit funktion

Nu bumpar jag. 

Och jag vill omformulera frågan. Hur räknar man ut en area som begränsas av en godtycklig ekvation?

Quetsiyah, det står i Pluggakutens regler att man skall vänta åtminstone 24 timmar innan man bumpar sin tråd. /moderator

Ojdå, jag antog att det hade gått 24h bara för att det hade gått en natt hehe. Ska vara uppmärksam på det.

Idé:

Skriv först kurvan på polär form, r = f(v).

Titta på hur du får ut innesluten area för en polär kurva. 

$x=r\cos \theta , y=r\sin \theta$

${\left(r\sin \theta \right)}^2={\left(r\cos \theta \right)}^2\sin \left({\left(r\cos \theta \right)}^2+{\left(r\sin \theta \right)}^2\right)$

${\left(r\sin \theta \right)}^2={\left(r\cos \theta \right)}^2\sin \left(r^2\right)$

Såhär?

Ja. Du kan explicit lösa ut r.

Jag säger inte att det blir en lätt integral i slutändan...

explicit lösa ut r?! Aldrig i livet! Det är lika svårt som att lösa ut y i originalfunktionen. 

Hade du något speciellt i åtanke när du föreslog polära koordinater?

Det blir väl:

$r^2=\arcsin (\tan^2\theta)$?

Åh... det var ju intressant. Dumt av mig att bara slå bort det.

Och nu? Vad är integralens gränser?

Lite problematiskt dock att arcsin() med den vanliga definitionen har värdemängd från -π/2 till π/2. r kan ju uppenbarligen vara hur stor som helst, så man får fråga sig vad man verkligen menar med "arcsin" här. 

Jag kikade på det här igår och tänkte "Det här är omöjligt", men nu löste jag det helt plötsligt.

Om vi löser ekvationen:

$\sin(r^2)=\tan^2(\theta)$

lite mer fullständigt får vi att:

$r_1=\sqrt{(2n+1)\pi-\arcsin(\tan^2(\theta))}$

$r_2=\sqrt{2\pi n+\arcsin(\tan^2(\theta))}$

Det visar sig att för varje $n$-värde ges en "bubbla". Med $n=0$ får vi:

och med $n=1$ får vi:

(I båda bilder är $r_1$ röd och $r_2$ blå och $-\pi/4\leq\theta\leq\pi/4$)

Att finna arean av en bubbla reduceras nu helt enkelt ned till att finna arean mellan de två polära kurvorna $r_1$ och $r_2$. Det är inte särskilt komplicerat, se t.ex. här.

Vi får då att:

$\displaystyle A=\frac{1}{2}\int_{-\frac{\pi}{4}}^\frac{\pi}{4}r_1\left(\theta\right)^2-r_2\left(\theta\right)^2\ d\theta$

Låt oss beräkna arean av den innersta bubblan. Om vi låter:

$f(\theta)=\sqrt{\pi-\arcsin(\tan^2(\theta))}$

$g(\theta)=\sqrt{\arcsin(\tan^2(\theta))}$

Arean av den innersta bubblan $A_0$ förenklas då till:

$\displaystyle A_0=\frac{1}{2}\int_{-\frac{\pi}{4}}^\frac{\pi}{4}\pi-2\arcsin\left(\tan^2\left(\theta\right)\right)\ d\theta\approx1.994586$

Det är kanske till och med möjligt att finna en exakt lösning på integralen med hjälp av Eulers formler för de trigonometriska funktionerna, men jag låter det vara osagt tills vidare.

Om vi nu vill beräkna arean av bubbla $n$, $A_n$ kan vi istället definiera:

$f_n(\theta)=\sqrt{(2n+1)\pi-\arcsin(\tan^2(\theta))}$

$g_n(\theta)=\sqrt{2\pi n+\arcsin(\tan^2(\theta))}$

Arean blir:

$\displaystyle A_n=\frac{1}{2}\int_{-\frac{\pi}{4}}^\frac{\pi}{4}\left(2n+1\right)\pi-\arcsin\left(\tan^2\left(\theta\right)\right)-\left(2\pi n+\arcsin\left(\tan^2\left(\theta\right)\right)\right)\ d\theta=...=\frac{1}{2}\int_{-\frac{\pi}{4}}^\frac{\pi}{4}\pi-2\arcsin\left(\tan^2\left(\theta\right)\right)\ d\theta=A_0$

Eftersom integralen förenklades till samma integral som för $A_0$ kan vi konstatera att alla bubblor har samma area! Jag måste säga att du har bra ögonmått som kunde komma på det enbart utifrån grafen!

Åh woooooooooooooooow.

n kan då vara negativa heltal också? För att få bubblorna på andra sidan?

Varför ska funktionen r vara upphöjd till två och multipliceras med 1/2 när den är integrand?

Halva krediten går till ögonmått, andra halvan går till mitt tillit till matematikens skönhet.

Snyggt, AlvinB!

Nej, $n$ kan inte vara negativt (då blir det negativa tal under roten...). För att få bubblorna på högra sidan lät vi $\theta$ löpa mellan $-\pi/4$ och $\pi/4$. För att få bubblorna på vänstra sidan får vi istället låta $\theta$ löpa mellan $3\pi/4$ och $5\pi/4$.

Integralen får vi av att arean som innesluts av en kurva $r=f(\theta)$ mellan $\theta=\alpha$ och $\theta=\beta$ ges av:

$\displaystyle A=\frac{1}{2}\int_\alpha^\beta f\left(\theta\right)^2\ d\theta$

Vi kan härleda detta genom att betrakta ett segment av arean som innesluts av en polär kurva $r=f(\theta)$ mellan $\theta=\alpha$ och $\theta=\beta$

Segmentet har vinkeln $d\theta$. Dess area blir då:

$dA=\dfrac{d\theta}{2\pi}\cdot\pi r^2=\dfrac{r^2}{2}\ d\theta$

Låter vi $d\theta$ gå mot noll och summerar för alla $\theta$ mellan $\alpha$ och $\beta$ får vi integralen:

$\displaystyle A=\frac{1}{2}\int_\alpha^\beta f\left(\theta\right)^2\ d\theta$

Arean av en bubbla kan sedan beräknas som en skillnad av areorna (yttre funktion $f(\theta)$ och inre funktion $g(\theta)$).

Här har du en desmosgraf att leka med:

https://www.desmos.com/calculator/fdneu64t0b

Ja... okej.

I see.

Åh wow vilken cool desmos.

Går detta kanske att göra med greens sats?

Qetsiyah skrev:

Går detta kanske att göra med greens sats?

Nja, Greens sats rör ju kurvintegraler. Du kanske tänker på huruvida det går att göra med dubbelintegraler. Det går så klart också.

Att beräkna arean av ett område $D$ är ju helt enkelt bara fråga om att beräkna dubbelintegralen

$\displaystyle\iint_D\ dA$

Området beskrivs ju som bekant av olikheten $y^2\leq x^2\sin(x^2+y^2)$. Omvandlas denna till polära koordinater får vi ju som bekant:

$r^2\sin^2(\theta)\leq r^2\cos^2(\theta)\sin(r^2)$

$\tan^2(\theta)\leq\sin^2(r^2)$

Använder vi våra kunskaper om lösning av trigonometriska ekvationer (som också kan tillämpas på olikheter) får vi

$2\pi n+\arcsin(\tan^2(\theta))\leq r^2\leq (2n+1)\pi-\arcsin(\tan^2(\theta))$

$\sqrt{2\pi n+\arcsin(\tan^2(\theta))}\leq r\leq\sqrt{(2n+1)\pi-\arcsin(\tan^2(\theta))}$

där $n$ är ett godtyckligt icke-negativt heltal (som också motsvarar ett par av bubblor på varje sida). Dessa är våra gränser för $r$. För att få fram gränserna för $\theta$ söker vi punkterna där den nedre och övre gränsen sammanfaller:

$\sqrt{2\pi n+\arcsin(\tan^2(\theta))}=\sqrt{(2n+1)\pi-\arcsin(\tan^2(\theta))}$

$2\pi n+\arcsin(\tan^2(\theta))=(2n+1)\pi-\arcsin(\tan^2(\theta))$

$2\arcsin(\tan^2(\theta))=\pi$

$\arcsin\left(\tan^2\left(\theta\right)\right)=\dfrac{\pi}{2}$

$\tan^2(\theta)=1$

$\tan(\theta)=\pm 1$

$\theta=\pm\dfrac{\pi}{4}+\pi k$

$\theta=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi k}{2}$

Vi finner att den högra bubblan ges av $\theta=-\pi/4$ till $\theta=\pi/4$ medan den vänstra ges av $\theta=3\pi/4$ till $\theta=5\pi/4$. Med ytelementet $dA=r\ drd\theta$ blir vår integral då (vi tar nu bubblan till höger, men p.g.a. periodiciteten hos tangensfunktionen har de vänstra också samma area) 

$A=\displaystyle\int_{-\pi/4}^{\pi/4}\int_{\sqrt{2\pi n+\arcsin(\tan^2(\theta))}}^{\sqrt{(2n+1)\pi-\arcsin(\tan^2(\theta))}}r\ drd\theta=\int_{-\pi/4}^{\pi/4}[\frac{r^2}{2}]_{\sqrt{2\pi n+\arcsin(\tan^2(\theta))}}^{\sqrt{(2n+1)\pi-\arcsin(\tan^2(\theta))}}\ d\theta$

$=\displaystyle\frac{1}{2}\int_{-\pi/4}^{\pi/4}\left(2n+1\right)\pi-\arcsin\left(\tan^2\left(\theta\right)\right)-\left(2\pi n+\arcsin\left(\tan^2\left(\theta\right)\right)\right)\ d\theta=\frac{1}{2}\int_{-\pi/4}^{\pi/4}\pi-2\arcsin\left(\tan^2\left(\theta\right)\right)\ d\theta$

och alltså får vi samma svar som med den andra metoden.

Oj det här var trevligt!

Jo det jag menade med greens sats va att man kan använda den åt andra hållet, alltså göra dubbelintegralen med integranden 1 till en kurvintegral. Jag ska försöka göra det på datorn. Behöver kurvan parametriseras styckvis? (Två stycken?)