§ 32. |
Длина дуги кривой. |
|
Определение 1. Рассмотрим простую кривую L на плоскости (см. § 30), |
||
заданную параметрически в виде |
|
|
x = x(t) |
, α1 ≤t ≤α2 |
(1) |
|
||
y = y(t) |
|
|
Разобьем отрезок [α1;α2 ] на n частичных отрезков точками
t0 =α1, t1, ..., tn−1, tn =α2; t0 <t1 <... <tn−1 <tn и обозначим это разбиение τn . Пусть
tk =tk −tk−1 − длина k-го частичного отрезка [tk−1,tk ], k =1,2,...,n ; = max tk −
k
диаметр разбиения. Пусть Mk (xk , yk ) = Mk (x(tk ), y(tk ))− точки на
кривой, k = 0, 1,2, ...,n . Рассмотрим ломаную последовательно проходящую через точки M0 , M1 ,..., Mn .
uuuuuuuuur
Пусть lk = Mk−1Mk − длина k–го частичного звена ломаной
n
l(τn ) = ∑ lk − длина ломаной (2)
k=1
Кривая называется спрямлякмой, если множество {l(τn )} – длин
всевозможных вписанных в кривую ломаных – ограничено, при этом l =sup{l(τn )} – называется длиной кривой L.
Замечание. Эквивалентное утверждение: число l называется длиной
кривой L, если ε > 0 δ =δ(ε) такое, что разбиения τn |
диаметром <δ |
выполнено неравенство |
|
0 ≤l −l(τn ) <ε |
(3) |
81 |
|
Теорема 1. Пусть x(t) и y(t) – непрерывно-дифференцируемы, тогда кривая L вида (1) – спрямляемая.
Доказательство. lk = (x(tk ) − x(tk−1))2 +(y(tk ) − y(tk−1))2 =
= по теореме Лагранжа (см.теорему 4 § 12) = (xt′(ck ))2 +(yt′(dk ))2 tk , где ck , dk [tk−1, tk ].
Тогда l(τ |
|
) |
|
n |
|
l |
|
= |
n |
(x′(c ))2 +(y′(d |
|
))2 |
t |
|
n |
m2 |
+ m2 |
t |
|
= |
||
n |
= ∑ |
k |
∑ |
k |
k |
≤ ∑ |
k |
|||||||||||||||
|
|
|
k=1 |
|
|
k=1 |
t k |
t |
|
|
k=1 |
1 |
2 |
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
= m2 |
+ m2 |
(α |
2 |
−α ) , |
где m = sup |
(x′(t)), |
m |
|
= sup (y′(t)). Таким образом |
|||||||||||||
1 |
|
|
2 |
|
|
|
1 |
|
|
1 |
] |
|
|
2 |
t [α1,α2 ] |
|
|
|
|
|||
{l(τn )} |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
t [α1,α2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
– ограничено, и следовательно имеет точную верхнюю грань, что и |
||||||||||||||||||||||
требовалось доказать.
Найдем длину кривой L. Рассмотрим случай явного задания функции:
|
x = x |
, |
x [a,b] |
|
|
||
y = f (x) |
|
|
|
Тогда из (3): |
l |
|
= 1+( f ′(d |
|
))2 |
x |
и l(τ |
|
|
n |
1+( f ′(d |
|
))2 |
x – n-ная |
||
k |
k |
n |
) = ∑ |
k |
||||||||||||
|
|
|
|
k |
|
|
|
k=1 |
|
|
k |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
интегральная сумма для функции |
|
1+( f |
′ |
|
2 |
, поэтому: |
|
|
||||||||
|
(x)) |
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
b |
|
1+( |
′ |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
l = ∫ |
|
|
dx |
|
|
|
|
|
(4) |
||||
|
|
|
|
f (x)) |
|
|
|
|
|
|
||||||
a
Аналогично для кривой L заданной по формулам (1)
l =α∫2 |
(xt′(t))2 +(yt′(t))2 dt |
α1 |
|
x = x(t)
Длина l пространственной кривой L: y = y(t),
z = z(t)
формуле:
l =α∫2 |
(xt′(t))2 +(yt′(t))2 +(zt′(t))2 dt |
α1 |
|
(5)
t [α1,α2 ] находится по
(6)
|
3 |
t |
|
|
|
x = acos |
|
, 0 |
≤t ≤ 2π, |
a > 0 |
|
Пример 1. Найдем длину дуги астроиды |
|
|
|||
y = asin3 t |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
82
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
t |
|
|
|
|
|
|
|
Рис.1. Астроида |
|
x = acos |
|
, |
0 ≤t ≤ 2π . |
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
y = asin3 t |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
′ |
|
|
|
|
2 |
t sin t |
(xt′)2 +(yt′)2 =9a2 sin2 t cos2 t = |
9 a2 sin2 |
2t . По |
||||||
Решение. |
xt = −3acos |
|
|||||||||||||||
|
|
y′ =3asin2 t cost |
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|||||||
|
|
t |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2π 3 |
|
|
|
|
|
|
π |
3a |
|
π |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
a |
|
sin 2t |
|
2 |
sin 2tdt = −3acos2t |
2 |
= 6a . |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
формуле (5): l = ∫ |
2 |
|
dt = 4∫ |
2 |
0 |
|
|
||||||||||
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
||||
Пример 2. Найти длину дуги линии y2 = 94 x3, x [0;3].
y
2 3
2
3
1 |
x |
3 |
2
3
2 3
Рис.2. Кривая y2 = 94 x3, x [0;3].
Решение. Кривая симметрична относительно оси Ох:
83
2 |
|
3 |
|
– задают верхнюю и нижнюю ветви y |
′ |
= ±x |
1 |
|
|
|
|
||||||||
y = ± 3 x |
|
2 |
|
2 |
. По формуле (4) |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
3 |
+ |
|
|
′ 2 |
3 |
+ xdx = |
2(1+ x)32 |
|
3 |
= |
14 |
. Длина всей кривой: |
28 |
. |
|||||
|
|
|
|||||||||||||||||
l = ∫ 1 |
( y ) |
dx = ∫ 1 |
3 |
|
0 |
3 |
3 |
||||||||||||
0 |
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Замечание. Если кривая не является простой, необходимо учитывать возможность самоналожения участков кривой друг на друга.
|
4 |
t |
|
x = cos |
|
. |
|
Пример 3. Найти длину кривой |
4 t |
||
y =sin |
|
||
|
|
|
|
Решение. При |
|
π |
получаем график: |
t 0; |
|
||
|
|
2 |
|
|
1.0 |
|
|
0.8
0.6
0.4
0.2
|
|
|
|
|
|
0.2 |
|
0.4 |
|
|
0.6 |
|
|
|
0.8 |
|
1.0 |
π |
|
получаем тот же график, проходимый в обратном направлении |
|||||||||||||||
При t |
;π |
||||||||||||||||
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
π |
|
π |
|
|
|
|
π |
|
|
|
|
π |
|
совпадают. |
||
(точки cos4 |
2 |
−t ; sin4 |
|
−t |
и cos4 |
|
2 |
+t ; sin4 |
|
+t |
|||||||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|||
Поэтому |
|
|
|
|
|
2 +ln (1+ |
2 ) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
π |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
l = ∫2 (x′(t))2 +(y′(t))2 dt = |
|
|
(проверить). |
|
|
||||||||||||
|
|
2 |
|
|
|
|
|||||||||||
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
t |
|
|
|
|
Упражнение 1. Найти длину кривой |
x = cos |
|
. |
Построить кривую. |
|||||||||||||
|
|
2 t |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y =sin |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Замечание. dl = (xt′)2 +(yt′)2 dt называется дифференциалом длины дуги. И тогда формула (5) перепишется в виде:
84