回复 2# 青青子衿
我得出一个更简洁的面积表达式:
首先为方便起见,将 1# 的参数方程作置换 `t\to2t`,即
\[
\led
x&=\frac35\cos2t+\frac25\cos3t,\\
y&=\frac35\sin2t-\frac25\sin3t,
\endled
\quad t\in[0,2\pi],
\]
如果将它转化为极坐标,那就有
\begin{align*}
\tan\theta&=\frac{3\sin2t-2\sin3t}{3\cos2t+2\cos3t},\\
\rho^2&=\frac{(3\cos2t+2\cos3t)^2+(3\sin2t-2\sin3t)^2}{25},
\end{align*}
则
\[
\frac{\rmd\theta}{\rmd t}=\frac{\rmd}{\rmd t}\left( \arctan\frac{3\sin2t-2\sin3t}{3\cos2t+2\cos3t} \right),
\]
因为
\[
\left( \arctan\frac{f(x)}{g(x)} \right)'=\frac{f'(x)g(x)-g'(x)f(x)}{f(x)^2+g(x)^2},
\]
故
\begin{align*}
\frac{\rmd\theta}{\rmd t}
&=\frac{6(\cos2t-\cos3t)(3\cos2t+2\cos3t)+6(\sin2t+\sin3t)(3\sin2t-2\sin3t)}{(3\cos2t+2\cos3t)^2+(3\sin2t-2\sin3t)^2}\\
&=\frac6{25}\cdot\frac{1-\cos5t}{\rho^2},
\end{align*}
(化出来的式子如此简洁,相信有更简单的推导方法或直观解释)
现在,考虑曲线与原点的连线构成的面积 `S`,则有
\[
\rmd S=\frac12\rho^2\rmd\theta=\frac3{25}(1-\cos5t)\rmd t,
\]
[tikz]\begin{tikzpicture}[>=latex,line width=1pt,x=4cm,y=4cm]
\draw[->] (-1.2,0)--(1.2,0) node[below] {$x$};
\draw[->] (0,-1)--(0,1) node[left] {$y$};
\filldraw[draw=red,fill=red!50,fill opacity=0.5]
(1,0) \foreach \i in {0,...,4} {
-- plot[domain={\i*72}:{\i*72+72},smooth]
({3/5*cos(2*\x)+2/5*cos(3*\x)},{3/5*sin(2*\x)-2/5*sin(3*\x)})
};
\node[red,below] at (-0.8,-0.6) {$\left\{\begin{aligned}
x&=\frac35\cos2t+\frac25\cos3t,\\
y&=\frac35\sin2t-\frac25\sin3t,
\end{aligned}\right.\quad t\in[0,2\pi]$};
\fill[blue] ({(1+sqrt(5))/16},{(1+sqrt(5))/16*tan(pi/5 r)}) circle (3pt)
node[above right] {$t_b$}
;
\fill[blue,fill opacity=0.5] plot[domain=0:32.5,smooth]
({3/5*cos(2*\x)+2/5*cos(3*\x)},{3/5*sin(2*\x)-2/5*sin(3*\x)})
--(0,0);
\fill[green,rotate=144] ({(1+sqrt(5))/16},{(1+sqrt(5))/16*tan(pi/5 r)}) circle (3pt);
\end{tikzpicture}[/tikz]
记上图蓝色交点处对应的 `t` 的值为 `t_b`,蓝色部分区域面积为 `S_b`,则
\[
S_b=\frac3{25}\int_0^{t_b}(1-\cos5t)\rmd t=\frac3{25}t_b-\frac3{125}\sin5t_b,
\]
所以只要求出 `t_b` 即可。
为求 `t_b`,先求图中绿点处对应的 `t`,令 `y=0`,即
\[3\sin2t-2\sin3t=0,\]
分解为
\[2\sin t(1-\cos t)(1+4\cos t)=0,\]
解得几个 `t` 为
\[t_1=0,t_2=\pi-\arccos\frac14,t_3=\pi,t_4=2\pi-t_2,\]
这里 `t_1` 为最右边那个尖,`t_2` 就是绿点的了,而且是由左上往右下走的那条边的交点(`t_4` 是另一条)。
由图形的对称性,蓝点 与 最右边的尖点 对应的 `t` 的差 等于 绿点 与 左上尖点 对应的 `t` 的差,而左上尖点的 `t` 显然为 `2\pi/5`,故 `t_b-0=t_2-2\pi/5`,所以
\[
t_b=\frac35\pi-\arccos\frac14,
\]
代回 `S_b` 中,即
\[
S_b=\frac9{125}\pi-\frac3{25}\arccos\frac14-\frac3{125}\sin\left( 5\arccos\frac14 \right),
\]
因为
\[\sin5x=\sin x(5-20\sin^2x+16\sin^4x),\]
且 `\sin\left( \arccos\frac14 \right)=\frac{\sqrt{15}}4`,代入化简即得
\[
\sin\left( 5\arccos\frac14 \right)=\frac{5\sqrt{15}}{64},
\]
所以
\[
S_b=\frac9{125}\pi-\frac3{25}\arccos\frac14-\frac{3\sqrt{15}}{1600},
\]
由对称性,整个五尖瓣线的面积(非重叠)就是它的十倍,因此最终结果为
\[
\bbox[#CFF,15px]{
\frac{18}{25}\pi-\frac65\arccos\frac14-\frac{3\sqrt{15}}{160}.
}
\] |