零、預備定理

0.1 以連續的曲線 r=r(φ) 和兩條射線 φ=α 和 φ=β (α<β) 為界的扇形 OAB ，其面積

S=frac{1}{2}int_{α}^{β}r^2(φ)dφ .

Демидович Б. П. Сборник задач и упражнений по математическому анализу. — М.—Л.: Государственное издательство технико-теоретической литературы, 1952. — 516 с.; 14-е изд. — М.: Издательство МГУ, 1998.

0.2 圓心在 (r_0,φ) ，半徑為 a 的圓的一般極坐標方程為

r^2-2rr_0cos(θ-φ)+r_0^2=a^2 .

一、簡單的極坐標積分

以右上角端點為極坐標原點，圖中圓的極坐標方程為 ρ=8cos φ ，計算積分

8-int_{arccos frac{2}{sqrt{5}}}^{arccos frac{sqrt{2}}{2}} frac{1}{2}(8cos φ)^2dφ

=8-16int_{arccos frac{2}{sqrt{5}}}^{arccos frac{sqrt{2}}{2}} (1+cos 2φ)dφ

=8-4pi+16arccos frac{2}{sqrt{5}} -8int_{arccos frac{2}{sqrt{5}}}^{arccos frac{sqrt{2}}{2}} cos 2φdφ

=8-4pi+16arccos frac{2}{sqrt{5}} -8(1-frac{4}{5})

approx1.25

二、比較複雜的極坐標積分

此題可以通過分解陰影面積從而用極坐標積分求解。

首先以最上方為起始方向，寫出圖中三個圓的極坐標方程：

（圓心在 (ρ_0,φ_0) 半徑為 a 的圓的一般方程為 ρ^2-2ρρ_0cos(φ-φ_0)+ρ_0^2=a^2 ）

上面圓方程： ρ_1^2-4sqrt{2}ρ_1cosφ+8=16

中間圓方程： ρ_3=2

下面圓方程： ρ_2^2+4sqrt{2}ρ_2cosφ+8=16

先聯立其中兩個方程，求出某個特定的角度數是 cosφ=frac{1}{2sqrt{2}} .

得到第一部分的面積是 S_1=frac{1}{2}×2^2×arcsinfrac{1}{2sqrt{2}} ，

第二部分的面積是 S_2=int_{0}^{arccosfrac{1}{2sqrt{2}}}frac{1}{2}ρ_2^2dφ

=int_{0}^{arccosfrac{1}{2sqrt{2}}}frac{1}{2}(sqrt{8+8cos^2φ}-2sqrt{2}cosφ)^2dφ

=int_{0}^{arccosfrac{1}{2sqrt{2}}}4(sqrt{1+cos^2φ}-cosφ)^2dφ

接下來是積分的問題。

int(sqrt{1+cos^2φ}-cosφ)^2dφ=int(2cos^2φ-2sqrt{cosφ^2+1}cosφ+1)dφ

=-2int sqrt{2-sin^2φ}cosφdφ+2int cos^2φdφ+int 1dφ

=(u=sinφ),int{-2sqrt{2-u^2}du}+2int cos^2φdφ+int 1 dφ

=(u=sqrt2sin s)，-2sqrt{2}int sqrt{2}cos^2sds+2int cos^2φdφ+int 1dφ

=-2intcos(2s)ds-2int1ds+2int cos^2φdφ+int1dφ

=(p=2s),-int cos p dp-2int 1ds+2int cos^2φdφ+int1dφ

=-2s-sin p+2int cos^2φdφ+int1dφ

=-2s-sin p+2int (frac{1}{2}cos2φ +frac{1}{2})dφ+int1dφ

=(w=2φ),-2s-sin p+frac{sin w}{2}+2φ+C

=frac{1}{2}(4φ+sin 2φ-sqrt{2}sin φ sqrt{cos 2φ+3}-4arctan(frac{sqrt{2}sin φ}{sqrt{cos 2φ}+3}))+C

三、其他陰影面積

以左下角端點為原點。

大圓方程： ρ_1^2-8ρ_1cosφ+16=16

小圓方程： ρ_2=4sin φ

聯立求得某個特定角為 an φ=2

陰影部分面積 S_1=int_{0}^{arctan2}frac{1}{2}ρ_2^2dφ+int_{arctan2}^{pi/2}frac{1}{2}ρ_1^2dφ

此題明顯是從上題變化而來。

最右邊圓的方程： ρ_3^2-8ρ_3cos(φ-frac{pi}{4})+32=16

聯立 ρ_1 與 ρ_3 ，顯然得到某個特殊角為 75°

陰影部分面積為 S_2=S_1- ( int_{0}^{arctan1/2}frac{1}{2}ρ_2^2dφ +int_{arctan1/2}^{75°}frac{1}{2}ρ_1^2dφ +int_{75°}^{90°}frac{1}{2}ρ_3^2dφ )


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