И.В. Садовничая, Е.В. Хорошилова - Определённый интеграл - теория и практика вычислений (1113461), страница 37
Текст из файла (страница 37)
что A = L . Теорема доказана.l2(x ∈ [− 1,1]) .x = t , y = 1− t2 ,t ∈ [− 1,1] , функция y (t ) не является дифференцируемой в точках t = ±1 ,но в то же время на сегменте [− 1 + ε ,1 − ε ] эта функция непрерывно диффеtренцируема для любого ε , 0 < ε < 1 . Так как y ′(t ) = −на1− t2[− 1 + ε ,1 − ε ], (x′(t ))2 + ( y ′(t ))2 = 1 + ( y ′(t ))2 , 1 + ( y ′(t ))2 = 1 2 ,1− t1и первообразная функции– функция arcsin t – непрерывна на1− t 2t ∈ [− 1,1] , то длину полуокружности вычисляем по формуле (1):Решение.
Очевидно, что для полуокружности1L =∫−1dt1− t12= arcsin t −1 = π .222dt .(5)T0Замечание. При этом дифференциал дуги L связан с дифференциаламифункций x(t ) , y (t ) и z (t ) при помощи равенства(dL )2 = (dx )2 + (dy )2 + (dz )2 .Значит, для любого числаПример 3. Найти длину дуги полуокружности y = 1 − x∫ (x′(t )) + ( y ′(t )) + (z ′(t ))TДоказательство. ОбозначимA=∫ (x′(t )) + ( y ′(t )) + (z ′(t ))222dt .T0Докажем вспомогательную лемму.Лемма 2. Пусть функции f 1 ( x ), K , f m ( x ) интегрируемы на сегменте[a, b] . Тогда справедливо неравенство22b⎛b⎞⎛b⎞⎜ ∫ f 1 ( x)dx ⎟ + K + ⎜ ∫ f m ( x)dx ⎟ ≤ ∫⎜⎟⎜⎟a⎝a⎠⎝a⎠f 12 ( x) + K + f m2 dx .Доказательство леммы. Разделим сегмент [a, b] на n равных частей иположим x k = a +b−ak , k = 0,1,K , n . Для соответствующих интеnгральных сумм имеет место цепочка соотношений:222mb−a⎞b−a⎞b−a⎞⎛ n⎛ n⎛ nfxfx()+K+()=⎜∑ 1 k⎟⎜∑ m k⎟⎜ ∑ f j ( xk )⎟ =∑n ⎠n ⎠n ⎠j =1 ⎝ k =1⎝ k =1⎝ k =1mb − a ⎞⎛ nb−a⎞⎛ n= ∑ ⎜ ∑ f j ( xk )⎟=⎟⎜ ∑ f j ( x l )n ⎠⎝ l =1n ⎠j =1 ⎝ k =1nn ⎛ m⎞⎛ b − a ⎞ 2= ∑ ∑ ⎜⎜ ∑ f j ( x k ) f j ( x l ) ⎟⎟⎜⎟ ≤k =1 l =1 ⎝ j =1⎠⎝ n ⎠§6.
Вычисление длины дуги кривойnnm≤ ∑∑∑fk =1 l =1j =1⎛ n= ⎜∑⎝ k =12j( xk )m∑i =12492⎛b−a⎞f i ( xl ) ⎜⎟ =⎝ n ⎠Садовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл250нию2T . Оценим сверху разность A − l ≥ 0 . ИмеемTb−a⎞f (xk ) + K + f ( xk )⎟ .n ⎠21T . Тогда, учитывая неравенство (6), получаем:nl = ∑ ( x(t k ) − x(t k −1 )) 2 + ( y (t k ) − y (t k −1 )) 2 + ( z (t k ) − z (t k −1 )) 2 =k =1k =122⎞⎞ ⎛ tk⎞ ⎛ tk⎛ tk⎜ x ′(t )dt ⎟ + ⎜ y ′(t )dt ⎟ + ⎜ z ′(t )dt ⎟ ≤⎟⎟ ⎜t∫⎟ ⎜t∫⎜t∫⎠⎠ ⎝ k −1⎠ ⎝ k −1⎝ k −1n≤∑tk∫n=∑]δ = δ (ε ) > 0x ′(t ′) − x ′(t ′′) <3 (T − T0 ); y ′(t ′) − y ′(t ′′) <z ′(t ′) − z ′(t ′′) <ε3 (T − T0 )3 (T − T0 )2−2⎛⎜≤∑ ∫ ⎜k =1 t k −1 ⎜⎝ntk2=∑;.⎞⎟⎟⎟ dt ≤⎠22⎛⎛x (t k ) − x (t k −1 ) ⎞y (t k ) − y (t k −1 ) ⎞⎜⎜ x ′(t ) −⎟⎟ + ⎜⎜ y ′(t ) −⎟⎟ +t k − t k −1t k − t k −1⎝⎠⎝⎠tk⎞⎟⎟⎟ dt =⎠2∫ ⎛⎜⎝ (x ′(t ) − x ′(ξ )) + ( y ′(t ) − y ′(ζ )) + (z ′(t ) − z ′(η ))22kk =1 t k −1kk2⎞⎟dt <⎠tkε3 dt = ε .3(T− T0 )k = 1 t k −1Здесь мы применили числовое неравенство Коши<mn∑ ∫∑a2j−m∑bj =12j≤∑ (amj =1− bj)2j(см.
лемму 2 пункта 2.3.2. §2), а также теорему Лагранжа (точкиT = {t 0 ; t1 ;K; t n } – произвольное разбиение сегмента [T0 , T ] ,Δ T < δ ; l – ломаная, вписанная в кривую L и соответствующая разбиеПусть22j =1ε2⎛ x (t ) − x (t k −1 ) ⎞⎛ y (t k ) − y (t k −1 ) ⎞⎛ z (t ) − z (t k −1 ) ⎞⎟⎟ + ⎜⎜⎟⎟ + ⎜⎜ k⎟⎟− ⎜⎜ k−−−ttttttkk−1kk−1kk−1⎝⎠⎝⎠⎝⎠такое,t ′, t ′′ ∈ [T0 , T ] , t ′ − t ′′ < δ , выполнено:ε∫ ⎛⎜⎝ (x ′(t )) + ( y ′(t )) + (z ′(t ))k =1 t k −1nМы доказали, что число A является верхней гранью длин всех ломаныхl , вписанных в кривую L , т.е.
кривая L спрямляема.Покажем, что число A является точной верхней гранью длин всех ломаных l , вписанных в L . Зафиксируем произвольное число ε > 0 . Так какфункции x ′(t ) , y ′(t ) , z ′(t ) непрерывны на сегменте T0 , T , то они равночто для любых точекtk⎛z ( t k ) − z ( t k −1 ) ⎞⎟⎟+ ⎜⎜ z ′( t ) −t k − t k −1⎝⎠k =1 t k −1мерно непрерывны на нём. Значит, существует числоdt −k =1( x ′(t )) 2 + ( y ′(t )) 2 + ( z ′(t )) 2 dt = A .[2nT = {t 0 ; t1 ;K; t n } – произвольное разбиение сегмента[T0 , T ] , l – ломаная, вписанная в кривую L и соответствующая разбиению=∑2− ∑ ( x(t k ) − x(t k −1 )) 2 + ( y (t k ) − y (t k −1 )) 2 + ( z (t k ) − z (t k −1 )) 2 =Пусть теперь22T02mЗаметим, что неравенство в этой цепочке следует из неравенства Коши–Буняковского (см. лемму 1 пункта 2.3.1 §2).
Отсюда предельным переходомполучаем требуемое неравенство для интегралов. Лемма 2 доказана.n∫ (x ′(t )) + ( y ′(t )) + (z ′(t ))A− l =2лежат в интервалах(t k −1 , t k ) ).ξ k , ζ k ,η kA является точной верхней гранью длин ломаных, вписанных в кривую L , т.е. A = L . Теорема доказана.Пример 4. Найти длину дуги пространственной кривой x = t sin t ,⎛8π π ⎞2⎟.y = t cos t , z = t 2t от точки M (0;0;0 ) до точки N ⎜⎜ 0;2π ;⎟33⎝⎠Значит, число§6. Вычисление длины дуги кривойРешение.Такx ′(t ) = sin t + t cos t ,как251y ′(t ) = cos t − t sin t ,2222z ′(t ) = 2t , то (x ′(t )) + ( y ′(t )) + ( z ′(t )) = (t + 1) .
Движению точки отM к N отвечает изменение параметра t от 0 до 2π . Поэтому по формулеСадовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл252Доказательство. Эта теорема является следствием теоремы 1. В самомделе, введём параметризацию: x = x(t ), y = t , t ∈ c, d . Тогда, согласноформуле (1), имеем:[dL =∫(5) находимL =2π2π002222∫ (x′(t )) + ( y ′(t )) + (z ′(t )) dt = ∫ (t + 1)dt = 2π + 2π .(x ′(t ))c2d+ ( y ′(t )) dt = ∫ 1 + ( x ′( y )) dy .2cyРешение.
Зависимость y от x в данном случае задана явно, поэтому для длины дуги по формуле (7) получаем:y от x (или x от y )).1) Если кривая L является графиком функции y = y ( x ) , непрерывной иимеющей на сегменте [a, b ] непрерывную производную y ′( x ) , то кривая Lспрямляема, и её длина может быть найдена по формулеL = ∫ 1 + ( y ′( x )) dx .2L = ∫ 1 + (2 x ) dx =a(7)L равен1⎛t⎞= ∫ 1 + t 2 dt = ⎜ 1 + t 2 ⎟ +20⎝4⎠0dL = 1 + ( y ′( x )) dx .24d2(8)cyydy=y(x)x=x(y)xabx)xa222a+x+ln x + a 2 + x 2 + C ).∫22xПример 6. Найти длину дуги цепной линии y = ach от точки (0; a ) доaточки (b; ach(b a )) .x22 xРешение. Поскольку y ′( x ) = sh , то 1 + ( y ′( x )) = 1 + sh=aa2 x= ch, и по формуле (7) находимa(так какa 2 + x 2 dx =bc(1⎛1⎞+ ⎜ ln t + 1 + t 2 ⎟ = 17 + ln 4 + 174⎝4⎠02) Если криваяL = ∫ 1 + (x ′( y )) dy .440L на плоскости задана уравнением x = x( y ) , y ∈ [c, d ] ,причём функция x( y ) непрерывна и имеет на сегменте [c, d ] непрерывнуюпроизводную x ′( y ) , то длина дуги кривой вычисляется по формуле20xaПри этом дифференциал дуги[ ]2Теорема 6 (случай явного задания зависимости22Пример 5.
Найти длину дуги параболы y = x , если x ∈ 0,2 .6.3.2. Случай явного задания кривой в декартовых координатахb]xL = ∫ ch 2 dx =a0bbxxx∫0 ch a dx = ∫0 ch a dx = ash ab= ash0b.a§6. Вычисление длины дуги кривой2531-й способ. Выразим явно из уравнения переменную y :Пример 7. Найти длину контура петли, образованной кривой⎛1⎞y = ±⎜ − x ⎟ x .⎝3⎠3Решение. Заметим, что кривая симметрична относительно оси абсцисс, ипри x = 0 и x = 1 3 образованная графиком кривой петля пересекает эту(1 + 9 x )ось.
Так как 1 + ( y ′( x )) =213L = 2∫1 + 9x036 x13(Садовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл254aL =∫, то по формуле (7) имеем)02⎛ 23⎞⎜1 + ⎜ a − x 3 ⎟⎟⎝⎠1 + (x ′( y ))23ax dx =∫03a3a.dx =x2x = a cos 3 t , y = a sin 3 t . Указанной вy1 2 1y − ln y , где y ∈ [1, e] .42условии задачи части дуги соответствуетизменение параметра t от 0 до π 2 , приэтомaРешение. Кривая задана явно уравнением, разрешённым относительно x ,x ′(t ) = −3a cos 2 t sin t ,y ′(t ) = 3a sin 2 t cos t .xy 1,−2 2yaПоэтому по формуле (1) получим:22и по формуле (7) оп-2-й способ.
Воспользуемся параметрическими уравнениями астроиды:Пример 8. Найти длину дуги кривой, заданной уравнениемпоэтому длину её дуги вычисляем по формуле (8). Имеем: x ′( y ) =x13ределяем искомую длину дуги21114dx = ∫ x −1 2 + 9 x1 2 dx = (2 x1 2 + 6 x 3 2 ) 3 =.03036 x3 3x=12 22 2⎛ 23⎛ 23⎞⎞3 ⎟⎜⎜′y = ⎜ a − x ⎟ , тогда y ( x ) = − ⎜ a − x 3 ⎟⎟⎝⎝⎠⎠1⎞1⎛1 ⎞ 1⎛= = 1 + ⎜⎜ y 2 − 2 + 2 ⎟⎟ = ⎜⎜ y + ⎟⎟ . Интегрируя, получимy⎠4⎝y ⎠ 4⎝ee⎞1 ⎛1⎞e2 + 11 ⎛ y2L = ∫ ⎜⎜ y + ⎟⎟dy = ⎜⎜.+ ln y ⎟⎟ =y⎠2 1⎝2⎝ 24⎠16.3.3. Случай неявного задания кривой в декартовых координатахЕсли плоская кривая L задана в прямоугольной системе координат уравнениемF ( x, y ) = 0 ,не разрешённым относительно x или y , то в некоторых случаях для вычисления длины её дуги удаётся выразить явно y через x (или x через y ), изатем воспользоваться формулами (7) (или (8)). В других случаях кривуюможно параметризовать, и после этого вычислять длину дуги по формуле (1).23Пример 9.
Найти длину части дуги астроиды x + yпервой четверти.23Решение. Кривая имеет вид, изображённый на рисунке.23= a , лежащей вπL =2∫π9a 2 cos 4 t sin 2 t + 9a 2 sin 4 t cos 2 t dt =0Пример 10. Найти длину дуги эллипсаybxa3a 23asin 2tdt =.∫22 0x2 y2+= 1 ( a > b ) от точкиa2 b2(0; b ) до произвольной точкиэллипса в первой четверти.Решение.
Кривая задана неявно; для её параметризации воспользуемсяуравнениямиx = a sin t ,y = b cos t ,[]t ∈ 0, π 2 (начальной точкекривой соответствует верхнийконец малой полуоси). Длинудуги находим по формуле (1):§6. Вычисление длины дуги кривойtL(t ) = ∫255Садовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл256ную производную r ′(ϕ ) , то кривая L спрямляема, и длина её дуги вычисляется по формуле(a cos t )2 + (− b sin t )2 dt =0t= a∫0L =ta −b1−sin 2 t dt = a ∫ 1 − ε 2 sin 2 t dt ,2a0222tE (ε , t ) = ∫ 1 − ε 2 sin 2 t dt ,ϕ , где[r1 , r2 ]r2∫1 + (r ⋅ ϕ ′(r )) dr .2(10)r1Замечание. При этом дифференциал дуги L равенdL = r 2 (ϕ ) + (r ′(ϕ )) dϕ .2Доказательство. 1) Воспользуемся для доказательства формулами перехода от полярных координат к декартовым x = r (ϕ ) cos ϕ , y = r (ϕ ) sin ϕ ,ϕ ∈ [ϕ1 , ϕ 2 ] .
Тогда имеемx ′(ϕ ) = r ′(ϕ ) cos ϕ − r (ϕ )sin ϕ , y ′(ϕ ) = r ′(ϕ )sin ϕ + r (ϕ ) cos ϕгде в качестве параметра выступает.1 − ε 2 sin 2 tПри t = π 2 эллиптический интеграл F (ε , π 2 ) называют полным эллиптическим интегралом I рода и обозначают K (ε ) .0Эллиптические интегралы не выражаются в элементарных функциях. Дляих вычисления можно воспользоваться специальными таблицами. Эти интегралы широко используются в математике.К эллиптическим интегралам I и II родов сводится вычисление длин дугr = a cos ϕ + b , лемнискаты r 2 = 2a 2 cos 2ϕ , кривой2Вивиани x = a sin t , y = a sin t cos t , z = a cos t и ряда других кривыхгиперболы, улиткина плоскости и в пространстве.6.3.4. Случай явного задания кривой в полярных координатахТеорема 7 (явное задание кривой в полярных координатах).1) Если плоская кривая L задана в полярной системе координат при помощи уравнения r = r (ϕ ) , разрешённого относительно r , где ϕ ∈ ϕ1 , ϕ 2 ,причём функция r (ϕ ) непрерывна и имеет на сегментеϕ = ϕ (r ) , разрешённым относительноr ∈ [r1 , r2 ] , причём функция ϕ (r ) непрерывна и имеет на сегментенепрерывную положительную производную ϕ ′(r ) , то длина её дугиL =рода и обозначают E (ε ) .Эллиптическим интегралом I рода называется интеграл видаdt(9)вычисляется по формулекоторый называется эллиптическим интегралом II рода.
Название интегралаобъясняется как раз его связью с рассмотренной задачей. Если t = π 2 , тоинтеграл численно равен четверти длины эллипса. В этом случае эллиптический интеграл E (ε , π 2 ) называют полным эллиптическим интегралом IIt22) Если кривая задана уравнением0F (ε , t ) = ∫r 2 (ϕ ) + (r ′(ϕ )) dϕ∫ϕ1ε = a − b a – эксцентриситет эллипса.Замечание (об эллиптических интегралах). Как мы только что видели, переменная дуга эллипса выражается интеграломгде2ϕ2[][ϕ1 , ϕ 2 ] непрерыв-и(x ′(ϕ ))2 + ( y ′(ϕ ))2 = r 2 (ϕ ) + (r ′(ϕ ))2 ,откуда и получаем требуемый результат.2) В самом деле, преобразуем подынтегральное выражение в интеграле (9)при помощи замены ϕ = ϕ (r ) :(r (ϕ ))2 + (r ′(ϕ ))2 dϕ =1ϕ ′(r )dr =(ϕ ′(r ))22= r 2 (ϕ ′(r )) + 1 ⋅ sgn (ϕ ′(r ))dr .Если ϕ ′(r ) > 0 на сегменте [r1 , r2 ] , то получаем для вычисления длины дугиr2 +формулу (10).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
