Вычисление пути и его длины.

Параметрическое задание:

Дано [latex] \left\{\begin{matrix} y=\varphi (t); \\ x=\psi (t); \end{matrix} \right. [/latex]

Тогда площадь находится по формуле: [latex]S=\int_{t_{1}}^{t_{2}}\sqrt{(\varphi’ (t))^{2}+(\psi’ (t))^{2}}dt[/latex]

Полярное задание:

Дано [latex]r=f(\alpha )[/latex], где [latex]r[/latex] — расстояние от точки до начала координат, [latex]\alpha [/latex] — угол между радиус-вектором с концом в этой точке и осью [latex]OX[/latex].

[latex]S=\int_{\alpha _{1}}^{\alpha _{2}}\sqrt{((r\cos \alpha )’)^{2}+((r\sin \alpha )’)^{2}}dt[/latex]

Пример:

Спойлер

Найдём длину первого витка спирали Архимеда:

[latex]r=\alpha \varphi; 0\leq \varphi \leq 2\pi[/latex]

Запишем формулу длины для этого случая:

[latex]L=\int_{0}^{2\pi }\sqrt{(\alpha \varphi \cos \varphi)’^2+(\alpha \varphi \sin \varphi)’^2}d\varphi [/latex]

Упрощаем её, раскрываем скобки и вспоминаем о тригонометрической единице:

[latex]L=\alpha \int_{0}^{2\pi }\sqrt{1+\varphi ^2}d\varphi [/latex]

К счастью, этот интеграл — табличный — а, точнее, частный случай табличного (таблицу интегралов, содержащую его, можно найти тут) и равен:

[latex]L=\alpha (\pi \sqrt{1+4\pi ^2}+\frac{\ln (2\pi + \sqrt{1+4\pi ^2})}{2})[/latex]

[свернуть]

Обычное задание:

Дана функция в виде [latex]y=f(x)[/latex].

[latex]S=\int_{t_{1}}^{t_{2}}\sqrt{1+(y’)^{2}}dx[/latex]

Пример:

Спойлер

Найти длину графика функции [latex]y=x^\frac{3}{2}[/latex] на отрезке [latex][0;4][/latex]

Мы получаем интеграл:

[latex]L=\int_{0}^{4} \sqrt{1+(y’)^2}dx[/latex]

[latex]L=\int_{0}^{4} \sqrt{1+\frac{9}{4}x}dx[/latex]

Делаем небольшую замену переменной:

[latex]q=\frac{9}{4}x+1; dq=\frac{9}{4}dx[/latex]

[latex]L=\frac{4}{9}\int_{0}^{4} \sqrt{1+\frac{9}{4}x}d(1+\frac{9}{4}x)[/latex]

[latex]L=\frac{4}{9}\int_{1}^{10} \sqrt{q}dq[/latex]

И решаем образовавшийся интеграл:

[latex]L=\frac{4}{9}*\frac{2}{3}q^{\frac{3}{2}}|^{10}_{1}[/latex]

[latex]L=\frac{8}{27}*(10\sqrt{10}-1)[/latex]

[свернуть]

Почему эти формулы верны?

Спойлер

Здесь мы доказываем, что верна формула [latex]L'(t)=\sqrt{(\varphi ‘(t))^2+(\psi ‘(t))^2}[/latex].
Затем мы избавляемся от производной длины кривой:

[latex]L=\int \sqrt{(\varphi ‘(t))^2+(\psi ‘(t))^2}dt[/latex]

Затем находим длину кривой между двумя точками:

[latex]L=\int_{t_1}^{t_2} \sqrt{(\varphi ‘(t))^2+(\psi ‘(t))^2}dt[/latex], где [latex]t_1[/latex] и [latex]t_2[/latex] — координаты [latex]t[/latex] точек, ограничивающих часть кривой.

И дальше приспосабливаем последнюю формулу под обычный и полярный способы задания функций.

[свернуть]

Источники:

Фихтенгольц, «Курс дифференциального и интегрального исчисления», 2001 г.,  том 2, стр. 192. Издание 2001 года можно скачать здесь.

Фихтенгольц, «Курс дифференциального и интегрального исчисления», 1964 г.,  том 2, стр. 169. Издание 1964 года можно скачать в меню справа.

Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу», 1997 г., стр. 234-235(примеры задач). Можно также скачать в меню справа.