\documentclass[fullscreen,unicode,bookmarks=false]{beamer}
\usetheme{default}

\usepackage[cp1251]{inputenc}
\usepackage[english,russian]{babel}
\usepackage{amsmath,amsfonts,amssymb}
\usepackage{tikz}

\definecolor{fillcolor}{rgb}{0.8,1.0,0.8}
\definecolor{fillone}{rgb}{0.7,1.0,0.9}
\definecolor{filltwo}{rgb}{0.9,1.0,0.7}
\definecolor{fill1}{rgb}{0.7,1.0,0.9}
\definecolor{fill2}{rgb}{0.8,1.0,0.8}
\definecolor{fill3}{rgb}{0.9,1.0,0.7}

\renewcommand{\le}{\leqslant}
\renewcommand{\ge}{\geqslant}
\newcommand{\bR}{{\mathbb R}}
\newcommand{\Dpolar}{{\tilde D}}

\author{Е. А. Максименко}
\institute{Южный федеральный университет}
\title{Переход к полярным координатам\\в двойных интегралах}
\subtitle{Учебная презентация}
\keywords{polar coordinates, integrals, change of variables,
полярные координаты, двойные интегралы, замена переменных}

\begin{document}

\tikzstyle{thinline}=[gray,very thin]
\tikzstyle{emphline}=[red,thick]

\begin{frame}
\titlepage
\end{frame}

\begin{frame}{Содержание}
\tableofcontents
\end{frame}

\section{Внешний интеграл по углу}
\subsection{Постановка задачи}
\begin{frame}{Постановка задачи}
\textit{В двойном интеграле перейти к полярным координатам:}
\[
  \iint_D f(x,y)\,dx\,dy.
\]
\par\noindent
\pause
Другими словами, требуется преобразовать исходный интеграл
к интегралу или сумме интегралов следующего вида:
\[
  \int_\alpha^\beta d\varphi
  \int_{\rho_1(\varphi)}^{\rho_2(\varphi)}
  g(\rho,\varphi)\,d\rho.
\]
\pause
Здесь $\alpha$ и $\beta$~--- некоторые числа;\\
$\rho_1$ и $\rho_2$~--- функции,
определённые на сегменте $[\alpha,\beta]$;\\
$g$~--- функция, определённая на множестве
\[
  (\rho,\varphi)\colon \quad \alpha\le\varphi\le\beta,\qquad
  \rho_1(\varphi)\le \rho\le \rho_2(\varphi).
\]
\end{frame}

\subsection{Формулы перехода к полярным координатам}
\begin{frame}{Формулы перехода к полярным координатам}
Напомним формулы для перехода к полярным координатам:
\[
  x=\rho\cos\varphi,\qquad y=\rho\sin\varphi
  \qquad(\rho\ge0).
\]
\pause
Обычно предполагают, что $\varphi\in[0,2\pi)$
или $\varphi\in(-\pi,\pi]$.
Тогда преобразование биективно, за исключением начала координат.

\pause
\bigskip
Якобиан перехода к полярным координатам:
\[
  \frac{\partial(x,y)}{\partial(\rho,\varphi)}
  =\left|\begin{array}{cc}
  \frac{\partial x}{\partial\rho} & \frac{\partial x}{\partial\varphi} \\
  \frac{\partial y}{\partial\rho} & \frac{\partial y}{\partial\varphi}
  \end{array}\right|
  =\left|\begin{array}{rr}
  \cos\varphi & -\rho\sin\varphi \\
  \sin\varphi & \rho\cos\varphi
  \end{array}\right|
  = \rho.
\]
\pause
Таким образом, после перехода к полярным координатам
подынтегральная функция принимает следующий вид:
\[
  g(\rho,\varphi)=f(\rho\cos\varphi,\rho\sin\varphi)\rho.
\]
\end{frame}

\subsection{Пример: треугольник с вершиной в полюсе}
\begin{frame}{Пример: треугольник с вершиной в полюсе}

$\displaystyle I=\int_0^1\,dx\int_0^x f(x,y)\,dy$
\par\medskip
\visible<2->{$D=\{(x,y)\colon\quad 0\le x\le 1,\quad 0\le y\le x\}$}

\visible<3->{
\begin{tikzpicture}[scale=2.5,baseline=(current bounding box.north)]
\draw[->] (-0.2,0) -- (1.3,0) node[anchor=north] {$x$};
\draw[->] (0,-0.2) -- (0,1.2) node[anchor=east] {$y$};
\draw (0,0) node[anchor=north east] {$0$};
\draw (1,0) node[anchor=north] {$1$};
\filldraw[fill=fillcolor] (0,0) -- (1,0) -- (1,1) -- cycle;
\visible<7->{
\draw[thinline] (0,0) -- (1.25,0.25);
\draw[thinline] (0,0) -- (1.16,0.58);
\draw[thinline] (0,0) -- (1.1,0.88);
}
\visible<8>{
\draw[emphline] (0,0) -- (1,0.2);
\draw[emphline] (0,0) -- (1,0.5);
\draw[emphline] (0,0) -- (1,0.8);
}
\end{tikzpicture}}
\nolinebreak
\begin{minipage}[t]{6.7cm}
\medskip
\visible<4->{
$\displaystyle
\begin{array}{lcl}
y=0\ (x\ge0) & \iff & \varphi=0 \\
y=x\ (x\ge0) & \iff & \varphi=\frac{\pi}{4} \\
x=1 & \iff & \rho\cos\varphi=1
\end{array}$
}

\par\bigskip
$\displaystyle
\begin{array}{ll}
\visible<5->{\Dpolar\colon} &
\visible<6->{\displaystyle 0\le\varphi\le\frac{\pi}{4}} \\\bigskip
  &
\visible<8->{\displaystyle 0\le\rho\le\frac{1}{\cos\varphi}}
\end{array}$
\end{minipage}
\par\medskip
\begin{overlayarea}{\textwidth}{6ex}
\only<2>{Записываем область $D$.}
\only<3>{Изображаем область $D$ на рисунке.}
\only<4>{Записываем уравнения границ в полярных координатах.}
\only<5>{Теперь нужно записать область в полярных координатах.}
\only<6>{Из рисунка видно, как изменяется угол $\varphi$.}
\only<7>{Чтобы для каждого $\varphi$ найти границы изменения $\rho$,\\
проводим лучи из начала координат.}
\only<8>{Области $D$ принадлежат отрезки лучей\\
от начала координат до пересечения с прямой $x=1$.}
\only<9>{Ответ:\quad $\displaystyle 
I=\int_0^{\pi/4}\,d\varphi\int_0^{1/\cos\varphi}
f(\rho\cos\varphi,\rho\sin\varphi)\rho\,d\rho$.}
\end{overlayarea}
\end{frame}





\subsection{Пример: сегмент круга}
\begin{frame}{Пример: сегмент круга}

$\displaystyle I=\int_{-1}^0\,dx\int_{1+x}^{\sqrt{1-x^2}} f(x,y)\,dy$
\par\medskip
\visible<2->{$D=\{(x,y)\colon\quad -1\le x\le 0,\quad 1+x\le y\le\sqrt{1-x^2}\}$}
\par\medskip
\visible<3->{
\begin{tikzpicture}[scale=2.5,baseline=(current bounding box.north)]
\draw[->] (-1.2,0) -- (0.3,0) node[anchor=north] {$x$};
\draw[->] (0,-0.2) -- (0,1.3) node[anchor=west] {$y$};
\draw (0,0) node[anchor=north west] {$0$};
\draw (-1,0) node[anchor=north] {$-1$};
\draw (0,1) node[anchor=west] {$1$};

\filldraw[fill=fillcolor] (0,1) arc (90:180:1) -- (0,1);
\visible<7->{
\draw[thinline] (0,0) -- (-1.2,0.5);
\draw[thinline] (0,0) -- (-0.9,0.9);
\draw[thinline] (0,0) -- (-0.5,1.2);
}
\visible<8>{
%  (-12/17,5/17)--(-12/13, 5/13)
\draw[emphline] (-0.706,0.294) -- (-0.923,0.385); % 
% (1/2,1/2)--(1/sqrt(2),1/sqrt(2))
\draw[emphline] (-0.5,0.5) -- (-0.707,0.707);
% (-5/17,12/17)--(-5/13,12/13)
\draw[emphline] (-0.294,0.706) -- (-0.385,0.923);
}
\end{tikzpicture}}
\nolinebreak\quad
\begin{minipage}[t]{6cm}
\medskip
\visible<4->{
$\displaystyle y=x+1$ \par
$\displaystyle\qquad\iff\quad\rho(\sin\varphi-\cos\varphi)=1$ \par
$\displaystyle y=\sqrt{1-x^2}$ \par
$\displaystyle\qquad\iff\quad\rho=1,\quad 0\le\varphi\le\pi$
}
\par\bigskip
$\displaystyle
\begin{array}{ll}
\visible<5->{\Dpolar\colon} &
\visible<6->{\displaystyle \pi/2\le\varphi\le\pi} \\\bigskip\bigskip
  &
\visible<8->{\displaystyle\frac{1}{\sin\varphi-\cos\varphi}\le\rho\le 1}
\end{array}$
\end{minipage}
\par\medskip
\begin{overlayarea}{\textwidth}{6ex}
\only<2>{Записываем область $D$.}
\only<3>{Изображаем область $D$ на рисунке.}
\only<4>{Записываем уравнения границ в полярных координатах.}
\only<5>{Теперь нужно записать область в полярных координатах.}
\only<6>{Из рисунка видно, как изменяется угол $\varphi$.}
\only<7>{Чтобы для каждого $\varphi$ найти границы изменения $\rho$,\\
проводим лучи из начала координат.}
\only<8>{Области $D$ принадлежат отрезки лучей от пересечения
с прямой $y=x+1$ до пересечения с окружностью.}
\only<9>{Ответ:\quad $\displaystyle 
I=\int_{\pi/2}^\pi\,d\varphi\int_{1/(\sin\varphi-\cos\varphi)}^1
f(\rho\cos\varphi,\rho\sin\varphi)\rho\,d\rho$.}
\end{overlayarea}
\end{frame}


\subsection{Пример: треугольник со стороной, лежащей на оси}
\begin{frame}{Пример: треугольник со стороной, лежащей на оси}
\vspace{-3ex}
\begin{tikzpicture}[scale=1.6,baseline=(current bounding box.north)]
\filldraw<2-4>[fill=fillcolor] (0,-1) -- (1,0) -- (0,1) -- cycle;
\filldraw<5->[fill=fillone] (0,-1) -- (1,0) -- (0,0) -- cycle;
\filldraw<5->[fill=filltwo] (0,1) -- (1,0) -- (0,0) -- cycle;
\visible<2->{
\draw[->] (-0.2,0) -- (1.3,0) node[anchor=north] {$x$};
\draw[->] (0,-1.2) -- (0,1.3) node[anchor=east] {$y$};
\draw (0,0) node[anchor=north east] {$0$};
\draw (1,0) node[anchor=north] {$1$};
\draw (0,1) node[anchor=east] {$1$};
\draw (0,-1) node[anchor=east] {$-1$};
}
\visible<4->{
\draw[thinline] (0,0) -- (1.2,-0.4);
\draw[thinline] (0,0) -- (0.9,-0.9);
\draw[thinline] (0,0) -- (0.4,-1.2);
}
\visible<6>{
\draw[emphline] (0,0) -- (0.75,-0.25);
\draw[emphline] (0,0) -- (0.5,-0.5);
\draw[emphline] (0,0) -- (0.25,-0.75);
}
\visible<4->{
\draw[thinline] (0,0) -- (1.2,0.4);
\draw[thinline] (0,0) -- (0.9,0.9);
\draw[thinline] (0,0) -- (0.4,1.2);
}
\visible<7>{
\draw[emphline] (0,0) -- (0.75,0.25);
\draw[emphline] (0,0) -- (0.5,0.5);
\draw[emphline] (0,0) -- (0.25,0.75);
}
\end{tikzpicture}
\nolinebreak\quad
\parbox[t]{7cm}{%
$\displaystyle I=\int_0^1 \,dx \int_{1-x}^{x-1} f(x,y)\,dy$.
\par\medskip
\visible<3->{
$\displaystyle
\begin{array}{lcl}
x=0\ (y>0) & \iff & \varphi=\pi/2 \\
x=0\ (y<0) & \iff & \varphi=-\pi/2 \\
\end{array}$
\par
$\displaystyle
\begin{array}{lcl}
y=1-x & \iff & \rho(\cos\varphi+\sin\varphi)=1 \\
y=x-1 & \iff & \rho(\cos\varphi-\sin\varphi)=1
\end{array}$
}
\par\medskip
\visible<5->{$\Dpolar_1\colon -\frac{\pi}{2}\le\varphi\le0$,}\ 
\visible<6->{$0\le\rho\le\frac{1}{\cos\varphi-\sin\varphi}$.}
\par\medskip
\visible<5->{$\Dpolar_2\colon 0\le\varphi\le\frac{\pi}{2}$,}\ 
\visible<7->{$0\le\rho\le\frac{1}{\cos\varphi+\sin\varphi}$.}
}
\par\medskip
\begin{overlayarea}{\textwidth}{14ex}
\only<2>{Изображаем область интегрирования на рисунке.}
\only<3>{Записываем уравнения границ в полярных координатах.}
\only<4>{Проводим лучи из начала координат и смотрим,\\
какие отрезки лучей принадлежат нашей области.}
\only<5>{При $\varphi>0$ получается одна ситуация; при $\varphi<0$~--- другая.\\
Приходится разбивать область интегрирования на две области.}
\only<6>{На тех лучах, которые соответствуют углам $\varphi$ от $-\pi/2$ до $0$,\\
области интегрирования принадлежат отрезки\\
от начала координат до пересечения с прямой $y=x-1$.}
\only<7>{На тех лучах, которые соответствуют углам $\varphi$ от $0$ до $\pi/2$,\\
области интегрирования принадлежат отрезки\\
от начала координат до пересечения с прямой $y=1-x$.}
\only<8>{%
\vspace{-4ex}
\begin{align*}
  \text{Ответ:}\quad
  I&=\int_{-\pi/2}^0\,d\varphi\int_0^{1/(\cos\varphi-\sin\varphi)}
  f(\rho\cos\varphi,\rho\sin\varphi)\rho\,d\rho+\\
  &+\int_0^{\pi/2}\,d\varphi\int_0^{1/(\cos\varphi+\sin\varphi)}
  f(\rho\cos\varphi,\rho\sin\varphi)\rho\,d\rho.
\end{align*}}
\end{overlayarea}
\end{frame}

\subsection{Пример: сегмент параболы}
\begin{frame}{Пример: сегмент параболы}

\begin{minipage}[t]{5.3cm}
$\displaystyle I=\int_{-1}^1\,dx\int_{x^2}^1 f(x,y)\,dy$
\par\medskip\noindent
\visible<2->{%
\begin{tikzpicture}[scale=2,baseline=(current bounding box.north)]
\filldraw<-4>[fill=fillcolor] (1,1)--(-1,1) (-1,1) parabola bend (0,0) (1,1);
\filldraw<5->[fill=fill1] (1,1)--(0,0) (0,0) parabola (1,1);
\filldraw<5->[fill=fill2] (0,0)--(1,1)--(-1,1)--(0,0);
\filldraw<5->[fill=fill3] (0,0)--(-1,1) (-1,1) parabola bend (0,0) (0,0);

\visible<4->{
\draw[thinline] (0,0) -- (0.96,0.72);
\draw[thinline] (0,0) -- (0.8,1.2);
\draw[thinline] (0,0) -- (0.45,1.35);
\draw[thinline] (0,0) -- (-0.45,1.35);
\draw[thinline] (0,0) -- (-0.8,1.2);
\draw[thinline] (0,0) -- (-0.96,0.72);
}

\draw[->] (-1.1,0) -- (1.3,0) node[anchor=north] {$x$};
\draw[->] (0,-0.2) -- (0,1.5) node[anchor=east] {$y$};
\draw (0,0) node[anchor=north east] {$0$};
\draw[very thin] (1,0) -- (1,1);
\draw (1,0) node[anchor=north] {$1$};
\draw[very thin] (-1,0) -- (-1,1);
\draw (-1,0) node[anchor=north] {$-1$};
\draw (0,1) node[anchor=south east] {$1$};

\visible<6>{
\draw[emphline] (0,0) -- (0.75,0.562);
}
\visible<7>{
\draw[emphline] (0,0) -- (0.666,1);
\draw[emphline] (0,0) -- (0.333,1);
\draw[emphline] (0,0) -- (-0.333,1);
\draw[emphline] (0,0) -- (-0.666,1);
}
\visible<8>{
\draw[emphline] (0,0) -- (-0.75,0.562);
}
\end{tikzpicture}}
\end{minipage}%
\nolinebreak%
\begin{minipage}[t]{5.5cm}%
\vspace{-2ex}
\visible<3->{
$\displaystyle
\begin{array}{l}
y=x^2\ \iff\ \sin\varphi=\rho\cos^2\varphi \\
y=1\ \iff\ \rho\sin\varphi=1
\end{array}$
}
\par\medskip
$\displaystyle
\begin{array}{ll}
\visible<5->{\Dpolar_1\colon & 0\le\varphi\le\frac{\pi}{4},} \\ 
  & \visible<6->{0\le\rho\le\frac{\sin\varphi}{\cos^2\varphi}.} \\
\visible<5->{\Dpolar_2\colon & \frac{\pi}{4}\le\varphi\le\frac{3\pi}{4},} \\
  & \visible<7->{0\le\rho\le\frac{1}{\sin\varphi}.} \\
\visible<5->{\Dpolar_3\colon & \frac{3\pi}{4}\le\varphi\le\pi,} \\
  & \visible<8->{0\le\rho\le\frac{\sin\varphi}{\cos^2\varphi}.}
\end{array}$
\end{minipage}

\par\medskip
\begin{overlayarea}{\textwidth}{14ex}
\only<2>{Изображаем область $D$ на рисунке.}
\only<3>{Записываем уравнения границ в полярных координатах.}
\only<4>{Проводим лучи из начала координат и смотрим,\\
какие отрезки лучей принадлежат нашей области.}
\only<5>{При $0<\varphi<\pi/4$ получается одна ситуация;\\
при $\pi/4<\varphi<3\pi/4$~--- другая;
при $3\pi/4<\varphi<\pi$~--- третья.}
\only<6>{На тех лучах, которые соответствуют углам
$\varphi$ от $0$ до $\pi/4$,\\
области интегрирования принадлежат отрезки\\
от начала координат до пересечения с параболой $y=x^2$.}
\only<7>{На тех лучах, которые соответствуют углам
$\varphi$ от $\pi/4$ до $3\pi/4$,\\
области интегрирования принадлежат отрезки\\
от начала координат до пересечения с прямой $y=1$.}
\only<8>{На тех лучах, которые соответствуют углам
$\varphi$ от $3\pi/4$ до $\pi$,\\
области интегрирования принадлежат отрезки\\
от начала координат до пересечения с параболой $y=x^2$.}
\only<9>{\vspace{-4ex}
\begin{align*}
  &\text{Ответ:}\quad I
  =\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\,d\varphi\int_0^{1/\sin\varphi}
  f(\rho\cos\varphi,\rho\sin\varphi)\rho\,d\rho+\\
  &+\int_0^{\pi/4}\,d\varphi\int_0^{\sin\varphi/\cos^2\varphi}
  \ldots
  +\int_{3\pi/4}^\pi\,d\varphi\int_0^{\sin\varphi/\cos^2\varphi}
  \ldots
\end{align*}
}
\end{overlayarea}
\end{frame}




\section{Внешний интеграл по радиусу}


\subsection{Постановка задачи}
\begin{frame}{Постановка задачи}
\textit{В двойном интеграле перейти к полярным координатам,\\
причём внешний интеграл брать по радиусу:}
\[
  \iint_D f(x,y)\,dx\,dy.
\]
\par\noindent
\pause
Другими словами, требуется преобразовать исходный интеграл
к интегралу или сумме интегралов следующего вида:
\[
  \int_{\rho_1}^{\rho_2} \rho\,d\rho
  \int_{\varphi_1(\rho)}^{\varphi_2(\rho)}
  f(\rho\cos\varphi,\rho\sin\varphi)\,d\varphi.
\]
\end{frame}


\subsection{Пример: наклонный сегмент параболы}
\begin{frame}{Пример: наклонный сегмент параболы}

$\displaystyle I=\int_0^1\,dx\int_{x^2}^x f(x,y)\,dy$
\par\medskip
\visible<2->{$D=\{(x,y)\colon\quad 0\le x\le 1,\quad x^2\le y\le x\}$}

\visible<3->{
\begin{tikzpicture}[scale=2.5,baseline=(current bounding box.north)]
\draw[->] (-0.1,0) -- (1.2,0) node[anchor=north] {$x$};
\draw[->] (0,-0.2) -- (0,1.2) node[anchor=east] {$y$};
\draw (0,0) node[anchor=north east] {$0$};
\draw (1,0) node[anchor=north] {$1$};
\draw[very thin] (1,0)--(1,1);
\filldraw[fill=fillcolor] (0,0) parabola (1,1) -- cycle;
\visible<8->{
\draw[thinline] (0.25,0.433) arc (60:10:0.5);
\draw[thinline] (0.5,0.866) arc (60:20:1);
}
\visible<9>{
\draw[emphline] (0.353,0.353) arc (45:24:0.5);
\draw[emphline] (0.707,0.707) arc (45:38:1);
}
\end{tikzpicture}}
\nolinebreak
\begin{minipage}[t]{7cm}
\medskip
\visible<4->{
\noindent
$\displaystyle
\begin{array}{lcl}
y=x\ (x\ge0) & \iff & \varphi=\frac{\pi}{4} \\
y=x^2\ (x\ge0) & \iff & \rho\cos^2\varphi=\sin\varphi \\
\end{array}$}\\
\qquad\visible<5->{$\iff\quad\rho\sin^2\varphi+\sin\varphi-\rho=0$}
\par\bigskip\noindent
$\displaystyle
\begin{array}{ll}
\visible<6->{\Dpolar\colon} &
\visible<7->{\displaystyle 0\le\rho\le\sqrt{2}} \\\bigskip
  &
\visible<8->{\displaystyle
\arcsin\frac{\sqrt{1+4\rho^2}-1}{2\rho}\le\varphi\le\frac{\pi}{4}}
\end{array}$
\end{minipage}
\par\medskip
\begin{overlayarea}{\textwidth}{7ex}
\only<2>{Записываем область $D$.}
\only<3>{Изображаем область $D$ на рисунке.}
\only<4>{Записываем уравнения границ в полярных координатах.}
\only<5>{Переписываем уравнение параболы в таком виде,\\
чтобы можно было выразить $\varphi$.}
\only<6>{Теперь нужно записать область в полярных координатах.}
\only<7>{Из рисунка видно, как изменяется радиус $\rho$.}
\only<8>{Чтобы для каждого $\rho$ найти границы изменения $\varphi$,\\
проводим окружности с центром в начале координат.}
\only<9>{Области $D$ принадлежат дуги окружностей
от пересечения с параболой $y=x^2$
до пересечения с прямой $y=x$.}
\only<10>{Ответ:\quad $\displaystyle 
I=\int_0^{\sqrt{2}}\rho\,d\rho
\int_{\arcsin\frac{\sqrt{1+4\rho^2}-1}{2\rho}}^{\pi/4}
f(\rho\cos\varphi,\rho\sin\varphi)d\varphi$.}
\end{overlayarea}
\end{frame}



\subsection{Пример: круг, касающийся оси абсцисс}
\begin{frame}{Пример: круг, касающийся оси абсцисс}
$\displaystyle I=\iint_D f(x,y)\,dx\,dy$,
\quad где\quad $D=\{(x,y)\in\bR^2\colon x^2+y^2\le 2y\}$.

\visible<2->{
\begin{tikzpicture}[scale=1.4,baseline=(current bounding box.north)]

\filldraw[fill=fillcolor] (0,1) circle (1);

\draw[->] (-1.2,0) -- (1.2,0) node[anchor=north] {$x$};
\draw[->] (0,-0.3) -- (0,2.5) node[anchor=west] {$y$};
\draw (0,0) node[anchor=north east] {$0$};
\filldraw[black] (0,1) circle (0.5pt);
\draw (0,1) node[anchor=east] {$1$};
\draw (0,2) node[anchor=south east] {$2$};

\visible<7->{
\draw[thinline] (5:0.667) arc (5:175:0.667);
\draw[thinline] (30:1.333) arc (30:150:1.333);
}
\visible<8>{
\draw[emphline] (0,0.667) arc (90:19:0.667);
\draw[emphline] (0,0.667) arc (90:161:0.667);
\draw[emphline] (0,1.333) arc (90:42:1.333);
\draw[emphline] (0,1.333) arc (90:138:1.333);
}

\end{tikzpicture}}
\nolinebreak\quad
\begin{minipage}[t]{6.5cm}
\medskip
\visible<3->{
$x^2+y^2=2y$\quad $\iff$ \quad $\rho=2\sin\varphi$
}
\par\medskip
\visible<4->{
$\displaystyle
\iff\quad
\left[\begin{array}{l}
\varphi=\arcsin(\rho/2) \\
\varphi=\pi-\arcsin(\rho/2)
\end{array}\right.$
}
\par\bigskip\noindent
$\displaystyle
\begin{array}{ll}
\visible<5->{\Dpolar\colon} &
\visible<6->{\displaystyle 0\le\rho\le 2} \\\bigskip
  &
\visible<8->{\displaystyle
\arcsin\frac{\rho}{2}\le\varphi\le\pi-\arcsin\frac{\rho}{2}}
\end{array}$
\end{minipage}
\par\medskip
\begin{overlayarea}{\textwidth}{7ex}
\only<2>{Изображаем область $D$ на рисунке.}
\only<3>{Записываем уравнение границы в полярных координатах.}
\only<4>{Из уравнения границы выражаем $\varphi$ через $\rho$.}
\only<5>{Теперь нужно записать область в полярных координатах.}
\only<6>{Очевидно, $\rho$ изменяется от $0$ до $2$.}
\only<7>{Проводим окружности с центром в начале координат
и смотрим, какие дуги принадлежат нашей области.}
\only<8>{Области принадлежат дуги
от пересечения с правой полуокружностью
до пересечения с левой полуокружностью.}
\only<9>{Ответ:\quad $\displaystyle 
I=\int_0^2\rho\,d\rho
\int_{\arcsin(\rho/2)}^{\pi-\arcsin(\rho/2)}
f(\rho\cos\varphi,\rho\sin\varphi)d\varphi$.}
\end{overlayarea}
\end{frame}



\subsection{Пример: треугольник с вершиной в полюсе}
\begin{frame}{Пример: треугольник с вершиной в полюсе}
$\displaystyle I=\int_0^1\,dx\int_0^x f(x,y)\,dy$

\visible<2->{
\begin{tikzpicture}[scale=2.5,baseline=(current bounding box.north)]
\filldraw<-4>[fill=fillcolor] (0,0) -- (1,0) -- (1,1) -- cycle;
\filldraw<5->[fill=fillone] (0,0) -- (1,0) -- (1,0) arc (0:45:1) -- cycle;
\filldraw<5->[fill=filltwo] (1,0) -- (1,0) arc (0:45:1) -- (1,1) -- cycle;

\draw[->] (-0.2,0) -- (1.3,0) node[anchor=north] {$x$};
\draw[->] (0,-0.2) -- (0,1.1) node[anchor=east] {$y$};
\draw (0,0) node[anchor=north east] {$0$};
\draw (1,0) node[anchor=north] {$1$};

\visible<4->{
\draw[thinline] (-15:0.4) arc (-15:60:0.4);
\draw[thinline] (-10:0.8) arc (-10:60:0.8);
\draw[thinline] (20:1.2) arc (20:60:1.2);
}
\visible<6>{
\draw[emphline] (0.4,0) arc (0:45:0.4);
\draw[emphline] (0.8,0) arc (0:45:0.8);
}
\visible<7>{
\draw[emphline] (0.848,0.848) arc (45:33:1.2);
}
\end{tikzpicture}}
\nolinebreak\
\begin{minipage}[t]{6.5cm}
\medskip
\visible<3->{
\noindent
$\displaystyle
\begin{array}{lcl}
y=x\ (x\ge0) & \iff & \varphi=\frac{\pi}{4} \\
x=1 & \iff & \rho\cos\varphi=1 \\
\end{array}$
}
\par\noindent
$\displaystyle
\begin{array}{ll}
\visible<5->{\Dpolar_1\colon} &
\visible<5->{\displaystyle 0\le\rho\le 1,}\quad
\visible<6->{\displaystyle 0\le\varphi\le\frac{\pi}{4}}
\end{array}$
\par\noindent
$\displaystyle
\begin{array}{ll}
\visible<5->{\Dpolar_2\colon}
  &
\visible<5->{\displaystyle 1\le\rho\le\sqrt{2},} \\\bigskip
  &
\visible<7->{\displaystyle \arccos\frac{1}{\rho}\le\rho\le\frac{\pi}{4}}
\end{array}$
\end{minipage}\par\medskip\noindent
\begin{overlayarea}{\textwidth}{14ex}
\only<2>{Изображаем на рисунке область интегрирования $D$.}
\only<3>{Записываем уравнения границ в полярных координатах.}
\only<4>{Проводим окружности с центром в начале координат\\
и смотрим, какие дуги лежат внутри области.}
\only<5>{При $\rho<1$ получается одна ситуация; при $\rho>1$~--- другая.\\
Приходится разбивать область интегрирования на две части.}
\only<6>{Для окружностей с радиусом от $0$ до $1$
внутри области лежат дуги от пересечения
с положительной полуосью оси абсцисс до пересечения с прямой $y=x$.}
\only<7>{Для окружностей с радиусом от $1$ до $\sqrt{2}$
внутри области лежат дуги
от пересечения с прямой $x=1$
до пересечения с прямой $y=x$.}
\only<8>{Ответ:\quad $\displaystyle 
I=\int_0^1\rho\,d\rho
\int_0^{\pi/4}f(\rho\cos\varphi,\rho\sin\varphi)d\varphi+\\
+\int_1^{\sqrt{2}}\rho\,d\rho
\int_{\arccos(1/\rho)}^{\pi/4}f(\rho\cos\varphi,\rho\sin\varphi)d\varphi$.}
\end{overlayarea}

\end{frame}

\begin{frame}
\begin{center}
Спасибо за внимание!
\end{center}
\end{frame}

\end{document}
