Напомню, что после перехода к полярным координатам уравнение (x3+y3)2=x2+y2 свелось к уравнению R6(cos3φ+sin3φ)2=R2, откуда R2=1cos3φ+sin3φ. Площадь фигуры, ограниченной уравнением (1), и находящейся в первой четверти, S=∬Ω1⋅dxdy=π/2∫0dφR∫0dr⋅r=π/2∫0R22dφ=12π/2∫0dφcos3φ+sin3φ= =12π/2∫0dφ(cosφ+sinφ)(cos2φ−cosφsinφ+sin2φ)=12π/2∫0dφ(cosφ+sinφ)(1−cosφsinφ). Самое сложное теперь - это выбрать замену. Если заменять одним из способов, перечисленных в задачнике Демидовича после №2024, то годится только самый неудобный. Но если удобных способов нет – значит, их надо создать.
Заменим φ=ψ+π4; ψ=φ−π4. Тогда cosφ+sinφ=cos(ψ+π4)+sin(ψ+π4)=cos(ψ+π4)+cos(π2−ψ−π4)= =cos(ψ+π4)+cos(ψ−π4)=2cosψcosπ4=√2cosψ; sinφcosφ=sin(ψ+π4)cos(ψ+π4)=12sin(2ψ+π2)=12cos(2ψ). Заменим вышевычисленное в интеграле для площади: S=12π/2∫0dφ(cosφ+sinφ)(1−cosφsinφ)=1√2π/4∫−π/4dψcosψ(2−cos(2ψ))=1√2π/4∫−π/4(sinψ)′dψcos2ψ(2−cos(2ψ))= ещё одна замена: sinψ=t =1√2π/4∫−π/4(sinψ)′dψ(1−sin2ψ)(1+2sin2ψ)=1√21/√2∫−1/√2dt(1−t2)(1+2t2). Под интегралом получилась рациональная функция, которую мы разложим на элементарные слагаемые (процесс нахождения A и B я, с вашего позволения, пропущу): 1(1−t2)(1+2t2)=A1−t2+B1+2t2=1311−t2+2311+2t2; и тогда S=1√21/√2∫−1/√2dt(1−t2)(1+2t2)=1√21/√2∫−1/√2(1311−t2+2311+2t2)dt=(16√2ln|1+t1−t|+13arctg(√2t))|1/√2−1/√2= =16√2ln(3+2√2)+π6, что совпадает с результатом, полученным раньше.