Oblicz pole powierzchni ograniczonej z góry funkcją $\color{Cyan} f(x, y) $ nad krzywą $\color{#fe6600} C $

Zadanie polega na obliczeniu pola powierzchni zaznaczonej poniżej na pomarańczowo:

Rozwiązanie podzielimy na dwie części: najpierw przeprowadzimy obliczenia z wykorzystaniem całki krzywoliniowej, a następnie wyjaśnię, co się za tym kryje — skąd bierze się ta metoda i jak ją intuicyjnie rozumieć.

---

Rozwiązanie Skorzystamy ze wzoru: \begin{gather*}\color{Cyan} P = \int_{a}^{b} f(x, y) \sqrt{\mathrm{d}x^2 + \mathrm{d}y^2} \\\\ \textrm{lub alternatywny zapis:} \\\\\color{Cyan} P = \int_{a}^{b} f(x(t), y(t)) \sqrt{x'(t)^2 + y'(t)^2}dt \end{gather*} Krzywą zadaną parametrycznie mamy już podaną w poleceniu: \begin{gather*}\color{#fe6600} h(t) = \begin{bmatrix} {4\cos(t)} \\ {4\sin(t)} \end{bmatrix}\\\\ \color{#fe6600} 0 \leqslant t \leqslant \frac{\pi}{2}\\\\ \textrm{Lub alternatywny zapis:} \\\\\color{#fe6600} \begin{bmatrix} {x(t)} \\ {y(t)} \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} {4\cos(t)} \\ {4\sin(t)} \end{bmatrix}\\\\ \color{#fe6600} 0 \leqslant t \leqslant \frac{\pi}{2} \end{gather*} Jeśli nie jesteś jeszcze zaznajomiony z parametryzacją, to zachęcam do przeanalizowania zadania dotyczącego parametryzacji okręgu.
Aby skorzystać ze wzoru na na pole powierzchni, obliczamy różniczki $\color{#fe6600} dx$ i $\color{#fe6600} dy$. W tym celu liczymy obustronnie pochodną z funkcji $\color{#fe6600} x(t)$ oraz $\color{#fe6600} y(t)$: \begin{gather*}\color{#fe6600} \begin{cases} {x(t)} = {4\cos(t)} \\ {y(t)} = {4\sin(t)} \end{cases}\\\\\color{#fe6600} \begin{cases} {dx} = {-4\sin(t)dt} \\ {dy} = {4\cos(t)\,dt} \end{cases} \end{gather*} Należy jeszcze zapisać funkcję $\color{Cyan} f(x, y)$ w zależności od parametru t. Innymi słowy podstawiamy pod $\color{Cyan}x$ i $\color{Cyan}y$ to, co mamy zapisane w funkcji parametrycznej: \begin{gather*}\color{Cyan} f(x, y) = \frac{y\sin(x)}{4} + 2 = \frac{4\sin(t) \cdot \sin(4\cos(t)) + 8}{4} \end{gather*} Mamy zatem już wszystko, co potrzeba. Możemy podstawić pod całkę: \begin{gather*}\color{Cyan} P = \int_{a}^{b} f(x, y) \sqrt{\mathrm{d}x^2 + \mathrm{d}y^2} = \\\\\color{Cyan} =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{4\sin(t) \cdot \sin(4\cos(t)) + 8}{4} \sqrt{\left(-4\sin(t)dt\right)^2+\left(4\cos(t)dt\right)^2}= \\\\ \textrm{Ta całka nie wygląda tak źle — o ile udasz, że tego pierwiastka na końcu po prostu nie ma.}\\ \textrm{Ale spokojnie, okazuje się, że łatwo go uprościć:}\\\\\color{Cyan} =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{4\sin(t) \cdot \sin(4\cos(t)) + 8}{4} {\color{Magenta}\sqrt{16\left(\sin(t)^2+\cos(t)^2\right)}}\,dt=\\\\ \textrm{Mamy tutaj jedynkę trygonometryczną:}\\\\\color{Cyan} =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{4\sin(t) \cdot \sin(4\cos(t)) + 8}{4} {\color{Magenta}\sqrt{16}}\,dt=\\\\\color{Cyan} =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left( 4\sin(t) \cdot \sin(4\cos(t)) + 8 \right)\,dt=\\\\\color{Cyan} =4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin(t) \cdot \sin(4\cos(t))\,dt + 8\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}dt=\\\\\color{Cyan} =4\pi + \color{#9800cd}4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin(t) \cdot \sin(4\cos(t))\,dt\\\\ \textrm{Policzymy tę całkę osobno. Najpierw nieoznaczoną:}\\\\\color{#9800cd} 4\int \sin(t) \cdot \sin(4\cos(t))\,dt = \begin{vmatrix} {u=4\cos(t)} \\ {du = -4\sin(t)\,dt} \\ {\sin(t)\,dt = -\frac{du}{4}} \end{vmatrix} = \\\\\color{#9800cd} = 4\int -\frac{1}{4} \cdot \sin(u)\,du = -\int \sin(u)\,du =\\\\\color{#9800cd} = \cos(u) + C = \cos(4\cos(t)) + C \\\\ \textrm{Teraz oznaczoną:}\\\\\color{#9800cd} 4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin(t) \cdot \sin(4\cos(t))\,dt = \left[\cos(4\cos(t))\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = \\\\\color{#9800cd} = 1 - \cos(4) \\\\ \textrm{Ostateczny wynik:}\\\\\color{#00dd66} 4\pi + 1 - \cos(4) \approx 14,22 \end{gather*}

---

Wyjaśnienie Zakładam, że znasz wzór na długość krzywej parametrycznej i wiesz z czego on wynika: \begin{gather*}\color{Cyan} L = \int_{a}^{b} \sqrt{dx^2 + dy^2} \\\\ \textrm{Lub alternatywny zapis:} \\\\\color{Cyan} L = \int_{a}^{b} \sqrt{x'(t)^2 + y'(t)^2}\,dt \end{gather*} Jeśli nie, przeanalizuj zadanie dotyczące obliczania obwodu koła lub zadanie z obliczania długości krzywej parametrycznej.

Wiemy, że $\color{Cyan} \sqrt{dx^2 + dy^2}$ to jest taki niesamowicie krótki odcinek naszej krzywej. To trochę tak, jakbyśmy podzielili naszą krzywą na nieskończenie wiele części - każdą z takich części możemy opisać za pomocą tego pierwiastka.
Dlaczego w ogóle jest to pierwiastek i czemu wygląda tak podobnie do twierdzenia Pitagorasa, tłumaczyłem w zadaniach dotyczących długości krzywej parametrycznej.

We wzorze, z którego teraz korzystaliśmy, mieliśmy jeszcze mnożenie przez funkcję $\color{Cyan} f(x, y)$. Możemy myśleć o tym w ten sposób:
1. Idziemy wzdłuż krzywej, przesuwając się o nieskończenie małe odcinki ($\color{Cyan} \sqrt{dx^2 + dy^2}$)
2. Bierzemy odcinek, na którym stoimy i mnożymy przez wartość funkcji $\color{Cyan} f(x, y)$ w tym miejscu - czyli wysokość. W rezultacie otrzymujemy pole nieskończenie cienkiego prostokąta.
3. Sumujemy pola wszystkich takich prostokątów.


Poniżej widzisz wizualizację pokazującą, jak krzywą dzielimy na określoną liczbę prostych odcinków. Długość każdego z nich mnożymy przez wartość funkcji w wybranym punkcie tego odcinka, co daje pole prostokąta. Te prostokąty widzisz na rysunku. Przesuwając suwak, możesz zmieniać liczbę podziałów krzywej. Całka robi to samo, ale dzieli krzywą na nieskończenie wiele malutkich fragmentów i sumuje pola wszystkich odpowiadających im prostokątów.