第3章 · 第3-7-3题

[AI解答]

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**（1）摆线一拱与横轴所围面积**

摆线参数方程为 $$ \begin{cases} x = a(t - \sin t),\\ y = a(1 - \cos t), \end{cases} \quad 0 \le t \le 2\pi. $$ 当 $t=0$ 时 $y=0$，当 $t=2\pi$ 时 $y=0$，且中间 $y\ge 0$。面积公式为 $$ A = \int_{x=0}^{2\pi a} y \, dx. $$ 利用参数化： $$ dx = a(1 - \cos t)\, dt, $$ 所以 $$ A = \int_{t=0}^{2\pi} a(1 - \cos t) \cdot a(1 - \cos t)\, dt = a^2 \int_{0}^{2\pi} (1 - \cos t)^2\, dt. $$ 展开： $$ (1 - \cos t)^2 = 1 - 2\cos t + \cos^2 t = 1 - 2\cos t + \frac{1+\cos 2t}{2} = \frac{3}{2} - 2\cos t + \frac{1}{2}\cos 2t. $$ 积分得 $$ A = a^2 \left[ \frac{3}{2}t - 2\sin t + \frac{1}{4}\sin 2t \right]_{0}^{2\pi} = a^2 \cdot \frac{3}{2} \cdot 2\pi = 3\pi a^2. $$ 因此面积为 $\boxed{3\pi a^2}$。

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**（2）星形线所围面积**

参数方程 $$ x = a\cos^3 t,\quad y = a\sin^3 t,\quad 0 \le t \le 2\pi. $$ 由对称性，只计算第一象限面积再乘以4。第一象限 $t\in[0,\pi/2]$。面积公式 $$ A = 4 \int_{x=0}^{a} y\, dx. $$ 参数化： $$ dx = -3a\cos^2 t \sin t\, dt, $$ 当 $t$ 从 $\pi/2$ 到 $0$ 时 $x$ 从 $0$ 到 $a$，因此 $$ A = 4 \int_{t=\pi/2}^{0} a\sin^3 t \cdot (-3a\cos^2 t \sin t)\, dt = 12a^2 \int_{0}^{\pi/2} \sin^4 t \cos^2 t\, dt. $$ 利用 $\sin^4 t \cos^2 t = \sin^4 t (1-\sin^2 t) = \sin^4 t - \sin^6 t$。 由Beta函数公式 $$ \int_{0}^{\pi/2} \sin^{2p-1}t \cos^{2q-1}t\, dt = \frac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{2\Gamma(p+q)}, $$ 取 $2p-1=4 \Rightarrow p=5/2$，$2q-1=0 \Rightarrow q=1/2$，则 $$ \int_{0}^{\pi/2} \sin^4 t\, dt = \frac{\Gamma(5/2)\Gamma(1/2)}{2\Gamma(3)}. $$ $\Gamma(5/2)=\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{2}\sqrt{\pi}=\frac{3}{4}\sqrt{\pi}$，$\Gamma(1/2)=\sqrt{\pi}$，$\Gamma(3)=2$，得 $$ \int_{0}^{\pi/2} \sin^4 t\, dt = \frac{\frac{3}{4}\sqrt{\pi}\cdot\sqrt{\pi}}{2\cdot 2} = \frac{3\pi}{16}. $$ 类似地，$\int_{0}^{\pi/2} \sin^6 t\, dt$：$2p-1=6 \Rightarrow p=7/2$，$q=1/2$， $$ \Gamma(7/2)=\frac{5}{2}\cdot\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{2}\sqrt{\pi}=\frac{15}{8}\sqrt{\pi}, $$ $$ \int_{0}^{\pi/2} \sin^6 t\, dt = \frac{\frac{15}{8}\sqrt{\pi}\cdot\sqrt{\pi}}{2\cdot \Gamma(4)},\quad \Gamma(4)=6, $$ 得 $\frac{15\pi}{96} = \frac{5\pi}{32}$。 因此 $$ \int_{0}^{\pi/2} (\sin^4 t - \sin^6 t)\, dt = \frac{3\pi}{16} - \frac{5\pi}{32} = \frac{6\pi}{32} - \frac{5\pi}{32} = \frac{\pi}{32}. $$ 于是 $$ A = 12a^2 \cdot \frac{\pi}{32} = \frac{3\pi a^2}{8}. $$ 所以面积为 $\boxed{\frac{3\pi a^2}{8}}$。

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**（3）$\rho=\sqrt{2}\sin\theta$ 与 $\rho^2=\cos2\theta$ 公共部分面积**

曲线 $\rho=\sqrt{2}\sin\theta$ 是圆心在 $(0,\frac{\sqrt{2}}{2})$、半径为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$ 的圆。 双纽线 $\rho^2=\cos2\theta$ 定义域为 $\cos2\theta\ge 0$，即 $|\theta|\le \pi/4$ 或 $3\pi/4\le\theta\le5\pi/4$。 求交点： $$ \rho^2 = 2\sin^2\theta = \cos2\theta = 1-2\sin^2\theta, $$ 得 $4\sin^2\theta=1$，即 $\sin\theta=\pm\frac12$。在第一象限取 $\theta=\pi/6$，对应 $\rho=\sqrt{2}\cdot\frac12=\frac{\sqrt{2}}{2}$。 由对称性，公共部分面积 = 2倍第一象限部分。第一象限中，当 $0\le\theta\le\pi/6$ 时，圆在双纽线外部？需比较： 圆方程 $\rho=\sqrt{2}\sin\theta$，双纽线 $\rho=\sqrt{\cos2\theta}$。 在 $\theta=0$：圆 $\rho=0$，双纽线 $\rho=1$，故双纽线在外；在 $\theta=\pi/6$ 相等；在 $\theta=\pi/4$：圆 $\rho=\sqrt{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=1$，双纽线 $\rho=0$，圆在外。 因此第一象限公共部分由两段组成：从 $\theta=0$ 到 $\pi/6$ 由双纽线边界，从 $\theta=\pi/6$ 到 $\pi/4$ 由圆边界。 面积公式极坐标： $$ A = 2 \cdot \frac12 \left[ \int_{0}^{\pi/6} \cos2\theta\, d\theta + \int_{\pi/6}^{\pi/4} 2\sin^2\theta\, d\theta \right]. $$ 计算： $$ \int_{0}^{\pi/6} \cos2\theta\, d\theta = \frac12 \sin2\theta\Big|_{0}^{\pi/6} = \frac12\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{4}. $$ $$ \int_{\pi/6}^{\pi/4} 2\sin^2\theta\, d\theta = \int_{\pi/6}^{\pi/4} (1-\cos2\theta)\, d\theta = \left[\theta - \frac12\sin2\theta\right]_{\pi/6}^{\pi/4} = \left(\frac{\pi}{4} - \frac12\right) - \left(\frac{\pi}{6} - \frac{\sqrt{3}}{4}\right) = \frac{\pi}{12} - \frac12 + \frac{\sqrt{3}}{4}. $$ 总和为 $$ \frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{\pi}{12} - \frac12 + \frac{\sqrt{3}}{4} = \frac{\pi}{12} - \frac12 + \frac{\sqrt{3}}{2}. $$ 因此总面积 $$ A = \frac{\pi}{12} - \frac12 + \frac{\sqrt{3}}{2}. $$ 答案为 $\boxed{\frac{\pi}{12} - \frac12 + \frac{\sqrt{3}}{2}}$。

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**（4）$\rho=1$ 与 $\rho^2=2\cos2\theta$ 公共部分面积**

$\rho=1$ 是单位圆；$\rho^2=2\cos2\theta$ 是双纽