Вычислите длину дуги кривой:

Question

Дан 1 ответ

Правильный ответ

Для любого участка кривой по теореме Пифагора,
мы можем найти, что:

$dl = \sqrt{ dx^2 + dy^2 }$ ;

Учитывая, что: $dy = f'_x(x) dx ,$ получим, что:

$dl = \sqrt{ dx^2 + f'^2_x(x) dx^2 } = dx \sqrt{ 1 + f'^2_x(x) }$ ;

Вся длина кривой: $L_{ab} = \int\limits^b_a {} \, dl = \int\limits^b_a { \sqrt{ 1 + f'^2_x(x) } } \cdot \, dx$ ;

$f'_x(x) = ( \sqrt{x} )'_x = \frac{1}{ 2 \sqrt{x} }$ ;

$L_{ab} = \int\limits^b_a {} \, dl = \int\limits^b_a { \sqrt{ 1 + \frac{1}{4x} } } \cdot \, dx = \int\limits^b_a { \sqrt{ \frac{ 4x + 1 }{4x} } } \cdot \, dx =$

$= \int\limits^b_a { \sqrt{ 4x + 1 } \cdot \, \frac{dx}{ 2 \sqrt{x} } } = 2 \int\limits^b_a { \sqrt{ ( \sqrt{x} )^2 + \frac{1}{4} } } \cdot \, d \sqrt{x}$ ;

Чуть выше было использовано свойство дифференциала:

$\frac{1}{ \sqrt{4x} } dx = \frac{dx}{ 2 \sqrt{x} } } = d \sqrt{x}$ ;

А так же, что: $\sqrt{ 4x + 1 } = \sqrt{ 4 ( ( \sqrt{x} )^2 + \frac{1}{4} ) } = 2 \sqrt{ ( \sqrt{x} )^2 + \frac{1}{4} }$ ;

Известно, что: $\int { \sqrt{ t^2 + a } } \, dt = \frac{t}{2} \sqrt{ t^2 + a } + \frac{a}{2} \ln{ ( t + \sqrt{ t^2 + a } ) } + C$ ;

Обозначим $t = \sqrt{x} \ , \ \ \ t^2 = x \ , \$ и $\ a = \frac{1}{4} ,$ тогда:

$2 \int { \sqrt{ t^2 + \frac{1}{4} } } \, d t = t \sqrt{ t^2 + \frac{1}{4} } + \frac{1}{4} \ln{ ( t + \sqrt{ t^2 + \frac{1}{4} } ) } + C =$

$= \sqrt{ x ( x + \frac{1}{4} ) } + \frac{1}{4} \ln{ ( \sqrt{x} + \sqrt{ x + \frac{1}{4} } ) } + C$ ;

и: $L = ( \sqrt{ x ( x + \frac{1}{4} ) } + \frac{ \ln{ [ \sqrt{x} + \sqrt{ x + 1/4 } \ ] } }{4} \ ) \ |^1_0 =$

$= \sqrt{ 1 ( 1 + \frac{1}{4} ) } + \frac{1}{4} \ln{ ( \sqrt{1} + \sqrt{ 1 + \frac{1}{4} } ) } - \sqrt{ 0 ( 0 + \frac{1}{4} ) } - \frac{1}{4} \ln{ ( \sqrt{0} + \sqrt{ 0 + \frac{1}{4} } ) } =$

$= \frac{ \sqrt{5} }{2} + \frac{1}{4} \ln{ ( 1 + \frac{ \sqrt{5} }{2} ) } + \frac{ \ln{2} }{4} = \frac{ \sqrt{5} }{2} + \frac{1}{4} \ln{ ( 2 + \sqrt{5} ) } \approx 1.47894286$ ;

О т в е т : $L = \frac{ \sqrt{5} }{2} + \frac{1}{4} \ln{ ( 2 + \sqrt{5} ) } .$

*** $\int { \sqrt{ t^2 + a } } \, dt = \frac{t}{2} \sqrt{ t^2 + a } + \frac{a}{2} \ln{ ( t + \sqrt{ t^2 + a } ) } + C$

– табличный интеграл. Но его можно и доказать.

Для этого, правда нужно знать гиперболическую тригонометрию (экспонометрию Эйлера) функции шинуса, чёсинуса, аршинуса, шинуса и чёсинуса двойного аргумента, связи между которыми аналогичны тригонометрическим с точностью до знака.

В отличие от тригонометрии, все эти функции построены не на описании координат дуги окружности, а на описании координат дуги гиперболы, дополняющей окружность, соответственно:

Основное уравнение: $ch^2{ \varphi } - sh^2{ \varphi } = 1 \ \ ; \ \Rightarrow ch{ \varphi } = \sqrt{ sh^2{ \varphi } + 1 }$ ;

$arsh{ z } = \ln{ ( z + \sqrt{ z^2 + 1 } ) }$ ;

$sh{ 2 \varphi } = 2 sh{ \varphi } \cdot ch{ \varphi }$ ;

$ch{ 2 \varphi } = ch^2{ \varphi } + sh^2{ \varphi } = 2 ch^2{ \varphi } - 1 = 2 sh^2{ \varphi } + 1$ ;

$ch^2{ \varphi } = \frac{ ch{ 2 \varphi } + 1 }{2}$ ;

$ch'{ \varphi } = sh{ \varphi }$ ;

$sh'{ \varphi } = ch{ \varphi }$ ;

<i

gartenzie_zn (8.4k баллов) 14 Апр, 18