Математический анализ II Учебное Пособие
.pdfПоясним геометрический смысл теоремы о среднем (рис 3). Если f (x ) > 0 на [a ,b], то, принимая во внимание геометрический смысл опреде-
лённого интеграла, в силу теоремы о среднем мы можем утверждать, что площадь криволинейной трапеции равновелика площади прямоугольника с тем же основанием и высотой, равной f (ξ) .
Приведём без доказательства ещё несколько интересных свойств определённого интеграла.
Свойство 6.
а) |
Если a <b и x [a ,b] : |
|
f (x ) ≥ 0 , то ∫b f (x )dx ≥ 0 ; |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
a |
|
|
б) |
Если a <b и x [a ,b] : |
|
f (x ) ≤ 0 , то ∫b f (x )dx ≤ 0 ; |
|||||||
Свойство 7. |
|
|
|
|
a |
|
||||
f (x ) ≤ϕ(x ) , то ∫b f (x )dx ≤ ∫b ϕ(x )dx ; |
||||||||||
Если a <b и x [a ,b] : |
||||||||||
Свойство 8. |
|
|
|
|
a |
a |
||||
|
|
|
|
|
|
|||||
Если a <b , то |
∫b f (x )dx |
≤ ∫b |
|
f (x ) |
|
dx ; |
|
|||
|
|
|
||||||||
|
|
a |
|
a |
|
|
|
|
|
Свойство 9. Изменение значения f (x ) в одной или в любом конечном
числе точек из промежутка интегрирования не влияет на интегрируемость функции и не меняет значения определённого интеграла.
§2. Вычисление определённого интеграла
1. Теорема об интеграле с переменным верхним пределом (Теорема Барроу)
Теорема. Если функция f (x ) непрерывна на промежутке [a ,b], то ин-
теграл с переменным верхним пределом ∫x f (t )dt имеет производную, рав-
a
ную значению подынтегральной функции при верхнем пределе, т.е.
x |
|
′ = f (x ) |
∫f (t )dt |
||
a |
x |
|
10
Доказательство. Допустим, что f (x ) > 0 , тогда, в силу геометриче-
y |
|
|
|
ского смысла |
определённого инте- |
|
|
C |
грала, очевидно, что функция |
||
B |
|
|
|||
Φ |
(x ) |
ΔΦ(x ) |
Φ(x ) = ∫x f (t )dt |
даёт площадь криво- |
|
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
A |
D |
0 |
a |
xk |
линейной трапеции A B C D .
ξ xk +1 |
b |
x |
|
|
В свою очередь |
Рис 1
Φ(x + x ) = x +Δ∫x f (t )dt = ∫x f (t )dt +x +Δ∫x f (t )dt = Φ(x ) + x +Δ∫x f (t )dt
a |
a |
x |
|
x |
|
Откуда следует, что ΔΦ(x ) = Φ(x + |
x ) −Φ(x ) = x +Δ∫x f (t )dt . |
||||
|
|
x |
|
|
|
|
|
x +Δx |
|
|
|
Последний интеграл в силу теоремы о среднем: ∫ |
|
′ |
|||
f (t )dt = f (ξ) x , |
|||||
|
|
x |
Φ |
|
|
причём точка ξ лежит между точками x и x + x ; тогда |
= f (ξ) . |
||||
x |
|||||
|
|
|
|
Устремим x к нулю, тогда в силу непрерывности функции f (x ) будет
lim f (ξ) = f (x ) , следовательно:
x →0
x |
|
′ = |
Φ′x (x ) = ∫f (t )dt |
||
a |
x |
|
т.е. окончательно получим:
x
∫f (t )dt
a
lim ΔΦ = lim f (ξ) = f (x ) ,
x →0 x x →0
′ = f (x )x
2. Формула Ньютона-Лейбница
Теорема. Если функция f (x ) непрерывна на промежутке [a ,b], то определённый интеграл от этой функции по промежутку [a ,b] равен разно-
сти значений какой-либо первообразной этой функции на верхнем и на нижнем пределах интегрирования, т.е.
∫b f (x )dx =F (b) −F (a ) (Формула Ньютона-Лейбница)
a
Доказательство. Обозначим через F (x ) первообразную функции f (x ) , тогда, принимая во внимание доказанную выше теорему Барроу, имеем:
11
∫x f (x )dx =F (x ) +c |
(1) |
a
Полагая в этом равенстве x =a , получим:
F (a ) +c = a∫f (x )dx = 0 =>c = −F (a ) . Положим в равенстве (1) x =a , то-
a
гда получим ∫b f (x )dx =F (b) −F (a ) .
a
Итак, для того, чтобы вычислить определённый интеграл, достаточно вычислить разность значений первообразной на верхнем и на нижнем зна-
чениях пределов интеграла. Заметим, что разность f (b) −F (a ) |
обозначают |
||||
так: |
|
|
|
||
∫b f (x )dx =F (x ) |
|
ab =F (a ) −F (b) |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|||
a |
|
|
|
||
Пример 1. Вычислить площадь, ограниченную кривыми |
|
||||
y =x 2 и y =x 3 (рис 2) |
y |
M |
|||
Решение. Параболы y =x 2 и y =x 3 |
1 |
||||
пересекаются в точках O (0,0) и M (1,1), |
|
|
y =x 2 |
||
ограничивая область, изображенную на |
|
|
y =x 3 |
||
рис 2. В силу геометрического смысла |
|
|
|
||
определённого интеграла очевидно, что |
0 |
1 |
x |
||
1 |
|
|
|||
искомая площадь S = ∫(x 2 −x 3 )dx . |
|
Рис 2 |
|
||
0 |
|
|
|
|
|
Для вычисления определённого интеграла применим формулу НьютонаЛейбница. Получим
|
|
|
1 |
|
|
3 |
|
4 |
|
|
1 |
|
1 |
|
1 |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
S = ∫(x 2 −x 3 )dx = x |
|
− x |
|
|
|
|
= |
− |
= |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
0 |
|
3 |
4 |
|
|
0 |
|
3 |
|
4 |
|
12 |
|||
Ответ: S = |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
кв. ед. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
12 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рассмотрим теперь основные способы вычисления определённого интеграла: замену переменных (подстановку) и интегрирование по частям.
3. Подстановка в определённом интеграле.
Теорема. Если функция f (x ) непрерывна на промежутке [a ,b], и в оп-
ределённом интеграле произвести замену переменной интегрирования при помощи подстановки x =ϕ(t ) , причём функция ϕ(t ) и её производная ϕ′(t )
12
непрерывны на промежутке [α, β], причём ϕ(α) =a , ϕ(β) =b и, кроме того, функция ϕ(t ) имеет обратную функцию t =ψ(t ) , то
b |
β |
|
′ |
∫f (x )dx = ∫f [ϕ(t )]ϕ (t )dt |
|
a |
α |
Доказательство. Пусть F (x ) - первообразная для функции f (x ) , т.е.
′ |
(F [ϕ(t )])t |
′ |
|
|
|
′ |
|
F (x ) = f (x ) , тогда |
|
= f [ϕ(t )] ϕ |
(t ) . Следовательно |
||||
β |
|
|
|
|
β |
|
|
′ |
|
|
|
|
=F [ϕ( |
β)] −F [ϕ(α)] =F (b) −F (a ) , |
|
|
|
|
|
||||
∫f [ϕ(t )]ϕ (t )dt =F [ϕ(t )] |
|
α |
|||||
|
|
|
|||||
α |
|
|
|
|
|
|
|
b |
|
|
|
|
|
b |
β |
|
|
|
|
|
|
|
′ |
а т.к. ∫f (x )dx =F (b) −F (a ) , то ясно что ∫f (x )dx = ∫f [ϕ(t )]ϕ (t )dt |
|||||||
a |
|
|
|
|
|
a |
α |
Замечание 1. Для вычисления определённых интегралов замена переменной может определяться соотношением t =ϕ(x ) или ϕ(t ) =ψ(x ) , или
Φ(x ,t ) = 0 при выполнении необходимых ограничений на функции, задаю-
щие замену переменных.
Замечание 2. При вычислении определённых интегралов с помощью подстановки нет необходимости возвращаться к первоначальному аргументу (это с очевидностью следует из доказательства теоремы).
Пример 2. Вычислить I = ∫9 |
dx |
|
1 − x |
||
0 |
Решение. Делаем подстановку x =t 2 , тогда dx = 2t dt . Новые пределы
интегрирования: т.к. t = x , то t1 |
= x |
|
= 0, t 2 = x |
= 3, тогда получим |
|
|
x =0 |
|
x =9 |
|
|
|
I = ∫9 |
dx |
= ∫3 2t dt |
= −2∫3 |
t dt |
|
= −2∫3 t −1 +1dt |
= −2∫3 dt − 2∫3 |
dt |
|
= |
||
|
|
|
||||||||||
0 1 − x |
0 1 −t |
0 t −1 |
0 |
t −1 |
0 |
0 t −1 |
|
=−2t 30 − 2ln t −1 30 = 6 − 2ln 2
4.Интегрирование по частям
Теорема. Если в промежутке [a ,b] функции u (x ) и v (x ) непрерывны и имеют непрерывные производные, то
∫b u (x )dv (x ) = (u (x ) v (x ))ba − ∫b v (x )du (x )
a a
Доказательство. Из тождества d (u (x ) v (x )) =u (x )dv (x ) +v (x )du (x ) .
Проинтегрируем это равенство на промежутку [a ,b], получим
13
∫b u (x )dv (x ) = (u (x ) v (x ))ba − ∫b v (x )du (x ) .
a a
Заметим, что в этом выражении интегрирование ведётся по переменной x .
Пример 3. Вычислить I = ∫b x lnxdx
Решение. |
|
|
|
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Вычислим |
данный |
интеграл |
по |
частям, |
положив |
||||||||||||
u (x ) = lnx , dv (x ) =xdx . Тогда du (x ) = |
dx |
, v (x ) = |
x 2 |
. Следовательно |
|||||||||||||
x |
2 |
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
3 |
|
2 |
|
|
|
3 |
|
|
|
5 |
|
9 |
|
5 |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
I = ∫x lnxdx = x |
|
lnx |
|
|
− 1 |
∫xdx = |
9 ln3 − 2ln 2 − |
= ln |
3 |
− |
|||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
0 |
2 |
|
|
2 |
2 |
0 |
2 |
|
|
4 |
|
4 |
|
4 |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
Ответ: I = ln |
39 |
− |
5 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
§3. Приложения определённого интеграла |
|
|
|
|
|
||||||||||||
1. Вычисление площадей плоских фигур |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
y |
|
|
|
|
|
|
y = Φ(x ) |
|
y |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a |
|
|
|
b |
|
x |
|
|
D |
|
|
|
|
y =ϕ(x ) |
|
0 |
|
D |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
0 a |
|
|
|
b |
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
Рис 1 |
|
|
|
|
Рис 2 |
|
|
|
Принимая во внимание геометрический смысл определённого интеграла, заметим, что если область D ограничена сверху кривой y = Φ(x ) , снизу
кривой y =ϕ(x ) , причём ϕ(x ) ≤ Φ(x ) (ϕ(x ) > 0,Φ(x ) > 0) x [a ,b] (рис 1), то площадь области D можно вычислить по формуле
S = ∫b Φ(x )dx − ∫b ϕ(x )dx , т.е. S = ∫b [Φ(x ) −ϕ(x )]dx
a a a
Если область ограничена прямыми y = 0 (сверху), x =a , x =b а также кривой y =ϕ(x ) (снизу), причём ϕ(x ) < 0 (рис 2), то площадь области D
вычисляется по формуле S = −∫b ϕ(x )dx .
a
14
y |
|
y = Φ(x ) |
|
|
|
a |
D |
b |
0 |
|
x |
|
|
y =ϕ(x ) |
|
рис 3 |
|
В том случае, когда область D ограничена прямыми x =a , x =b , а
также кривой y = Φ(x ) |
сверху, |
||
причём |
Φ(x ) > 0 , а |
также кривой |
|
y =ϕ(x ) |
(ϕ(x ) < 0), |
то |
площадь |
этой области (рис 3) вычисляется по формуле S = ∫b [Φ(x ) −ϕ(x )]dx
a
Причём эта формула справедлива при любом расположении кривых на плоскости, лишь бы не нарушалось условие ϕ(x ) ≤ Φ(x ) .
Пример
y =x 2 −1 и y y
A
−1 0
−1
1. Вычислить площадь фигуры, ограниченной кривыми
=x +1 (рис 4)
B
y =x +1
D
1 |
2 x |
Найдём точки пересечения данных кривых. Для этого необходимо решить систему уравнений
y =x 2 −1
y =x +1
Решив её, найдём координаты точек A (−1,0) и B (2,3) . Тогда,
рис 4 |
очевидно, что площадь фигуры |
2 |
|
|
+1) −(x |
2 |
− |
|
|
|
2 |
|
−x |
2 |
|
x 2 |
− |
x 3 |
+ 2x |
|
|
2 |
|||
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
S = ∫ |
(x |
|
1) dx = |
∫ |
x |
|
+ 2 dx = |
2 |
3 |
|
|
= |
|||||||||||
−1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
−1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
−1 |
||
4 |
|
8 |
|
|
1 |
|
1 |
|
29 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
− |
+ 4 |
|
+ |
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
= |
2 |
3 |
− |
2 |
3 |
− 2 |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Ответ: S = 29 |
кв. ед. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Пример 2. Вычислить площадь эллипса с полуосями a |
|
|
и b (рис 5) |
|
y |
|
|
|
B1 |
b |
M (x ,y ) |
|
|
|
|
A2 |
|
D |
A1 |
−a |
0 |
|
a x |
B 2 −b
рис 5
Решение. Напомним, что каноническое уравнение эллипса имеет вид
x 2 |
+ |
y 2 |
=1 |
|
a 2 |
b 2 |
|||
|
|
Однако воспользуемся параметрическими уравнениями эллипса
15
x=a cost
, t [0, 2π]
y =b sint
Очевидно, что когда параметр t пробегает промежуток от 0 до 2π , текущая точка M (x ,y ) обегает контур эллипса один раз от точки
A1 →B1 →A 2 →B 2 →A1 . Переход к параметрическим уравнениям эллипса
существенно упрощает вычисление определённого интеграла, дающего нам выражение для площади эллипса. В виду симметричности эллипса вычислим площадь его четверти, которая лежит в первом квадрате.
Действительно 1 Sell = a∫y (x )dx , где y (x ) - уравнение верхней половины
4 0
эллипса. В силу параметрических уравнений эллипса найдём пределы ин-
тегрирования: x =a cost , положим здесь x1 = 0 , получим t1 = π2 , а положив
x 2 =a , будем иметь верхний предел интегрирования t 2 = 0 . Учитывая, что в силу тех же параметрических уравнений y =b sint , dx = −a sint dt , оконча-
тельно сформируем определённый интеграл для вычисления площади, ограниченной эллипсом:
|
|
|
|
|
|
|
|
π |
π |
|
|
1 Sell = |
∫0 b sint (−a sint )dt =ab ∫2 sin2 t dt =ab ∫2 |
1 −cos 2t |
dt = |
||||||||
4 |
π |
|
|
|
|
|
|
0 |
0 |
2 |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ab |
sin 2t |
|
π |
|
πab |
|
|
|
||
= |
|
2 |
= |
|
|
|
|||||
2 |
t − |
2 |
|
|
|
4 |
|
|
|
||
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
Итак, площадь эллипса Sell =πab кв.ед.. Заметим, что, положив здесь a =b =r , получим известное нам выражение для площади круга S =πr 2 .
Допустим теперь, что нам необходимо вычислить площадь, ограниченную кривой, заданной уравнением в полярных координатах. Точнее, вычислим площадь фигуры, ограниченной лучами ϕ =α,ϕ = β , а также кривой
r =r (ϕ) (предполагаем, естественно, что функция r =r (ϕ) |
на промежутке |
||||||
[α, β] интегрируема) (рис 6). |
|
y |
B |
|
|
r =r (ϕ) |
|
Проведём рассуждения в полярной |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
системе координат |
|
|
|
|
|
|
r =r (ϕk ) |
(O - полюс, O P - полярная ось). |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Из полюса O проведём лучи |
|
|
|
|
|
A |
|
ϕ =α (луч O A ) и ϕ = β (луч O B ), а |
|
|
|
|
ϕ |
||
α |
β |
ξ |
|
ϕ |
|
||
|
|
+ |
|||||
также построим кривую r =r (ϕ), |
|
|
|
k |
k |
|
|
0 |
|
|
|
|
k 1 |
||
|
|
|
|
|
P |
||
ϕ [α, β]. |
рис 6 |
|
|
||||
|
|
|
|
||||
16 |
|
|
|
|
|
|
|
Найдём площадь криволинейного сектора O A B . В соответствии с определением определённого интеграла выполним следующие пять операций.
1. |
Разобьём сектор |
O A B лучами |
ϕ0 =α, ϕ1 , ..., ϕk ,ϕk +1, ...,ϕn = β |
|
(ϕk <ϕk +1 ) произвольным |
образом на n |
частей (секторов); обозначим |
||
ϕk =ϕk +1 −ϕk . Рангом дробления назовём sup{ ϕk } = λ . |
||||
2. |
В каждом секторе, ограниченном лучами ϕk , ϕk +1 проведём произ- |
|||
вольный луч ξk |
(ϕk <ξk <ϕk +1 ) и вычислим значение r (ξk ) . |
|||
3. |
Заменим этот сектор круговым с радиусом r =r (ξk ) и вычислим пло- |
|||
щадь этого кругового сектора Sk = 1 r 2 (ξk ) ϕk |
||||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
n −1 |
n −1 |
4. Составим интегральную сумму σn = ∑ |
Sk = 1 ∑r 2 (ξk ) ϕk |
|||
|
|
|
k =0 |
2 k =0 |
5. |
Измельчая дробление, и устремляя ранг дробления к нулю, будем ис- |
|||
кать предел I = |
lim σn . |
|
|
|
|
|
n →∞, λ>0 |
|
|
В пределе получим площадь криволинейного сектора S = 1 ∫β r 2 (ϕ)dϕ . 2 α
Пример 3. Вычислить площадь, ограниченную кривой r =1 +cosϕ .
|
|
|
Решение. Если переменная ϕ про- |
|
|
|
бегает значения от 0 до 2π , текущая |
0 |
|
2 P |
точка обегает кривую, которая называ- |
1 |
ется кардиоидой. Если ϕ [0,π] , имеем |
||
|
|
|
верхнюю половину фигуры. Очевидно, |
|
|
|
что |
рис 7
1S = |
π∫(1+cosϕ)2dϕ = |
π∫(1+2cosϕ +cos2 ϕ)dϕ = |
π∫(1+2cosϕ +0.5(1+cos2ϕ))dϕ = |
2 |
0 |
0 |
0 |
=(1.5ϕ +2sinϕ +sin2ϕ)π0 =1.5π
Итак, искомая площадь S = 3π кв. ед..
2. Вычисление длины дуги плоской кривой
y |
|
|
lk |
B |
|
A |
||
|
||
0 |
b x |
|
a x k x k +1 |
||
рис 8 |
|
Пусть кривая A B (рис 8) задана уравнением y = f (x ) , где x [a ,b] .
Предположим, что функция f (x ) и её
производная |
′ |
на |
f (x ) непрерывны |
||
[a ,b]. Длиной дуги кривой A B |
мы |
будем называть предел длины вписанной в неё ломаной линии при условии, что n → ∞, а длина наибольшего звена
17
ломаной (ранг разбиения) стремится к нулю. Обозначим длину частичного участка ломаной линии lk = ( xk )2 +(f (xk +1 ) − f (xk ))2 . Преобразуем здесь по формуле Лагранжа разность f (xk +1 ) − f (xk ) . Получим
f (xk +1 ) − f (xk ) = f ′(ξk ) |
xk . |
Длина всей ломаной линии |
|
n −1 |
|
σn = ∑ 1 +[f ′(ξk )]2 |
xk |
k =0 |
|
Это есть интегральная сумма для непрерывной функции 1 +[f ′(x )]2 .
Измельчая дробление и устремляя ранг дробления к нулю, в пределе получим такое выражение для длины дуги плоской кривой
L = ∫b |
1 +[f ′(x )]2dx |
a |
|
Пример 4. Найти длину дуги кривой A B нение кривой A B : y = 3 − 2x
Решение. Очевидно, что кривая A B представляет собою отрезок прямой линии, причём x [−2,1] . Имеем y x′ = −2; 1 +y ′2 = 5 .
Тогда LA B = ∫1 |
5dx = 3 5 |
−2 |
|
Ответ: Длина дуги кривой A B равна 3 5
, если A (−2,7), B (1,1) и урав-
y
A (−2, 7) 7
B (1,1)
−2 |
1 |
x |
лин.ед.. |
рис 9 |
|
Если кривая A B задана параметрическими уравнениями
x=ϕ(t )
y=ψ(t ) , t [α, β], (α < β),
то нетрудно убедиться, что длина дуги кривой A B вычисляется по формуле
β |
[ |
|
] |
2 |
[ |
|
] |
2 |
|
∫ |
′ |
′ |
|
||||||
L = |
|
|
|
|
dt |
||||
ϕ (t ) |
|
|
+ ψ (t ) |
|
|
α
Отметим, что здесь естественно предполагается, что функции ϕ(t ) , ψ(t ) и их производная ϕ′(t ) и ψ′(t ) непрерывны на промежутке [α, β].
18
Пример 5. Найти длину дуги астроиды
|
y |
a |
B |
|
|
−a |
A |
C |
a x |
−a |
D |
рис 10
Имеем:
x=a cos3 (t ) ,(a > 0)
y=a sin3 (t )
Решение. Очевидно, что кривая A B C D (астроида) симметрична относительно координатных осей, причём текущая точка обегает кривую один раз, когда параметр t [0, 2π] . Вычислим четвёртую
часть длины дуги (участок A B t [0, π2 ] ).
x′ =3a cos2 t (−sint ) |
|
2 |
+yt′ |
2 |
=9a 2 sin2 t cos4 t +9a 2 cos2 t sin2 t =9a 2 sin2 t cos2 t . |
||||||||
t |
|
, xt′ |
|
|
|||||||||
yt′ =3a sin2 t cost , |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Учитывая, что на промежутке 0, |
π |
|
sint ≥ 0, cost ≥ 0 , получим |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
Тогда будем иметь: |
|
|
xt′2 +y t′2 |
= 3a sint cost . |
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
π |
|
|
|
|
|
|
|
π |
|
|
π |
|
1 L = |
∫2 |
3a sint cost dt = 3a |
∫2 sint d sint = 3a sin2 t |
|
2 = 3a , |
||||||||
4 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
0 |
2 |
|
0 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
откуда следует |
Last r = 6a лин.ед.. |
|
|
|
|
|
|||||||
В том случае, когда кривая A B задана уравнением в полярных коорди- |
|||||||||||||
натах r =r (ϕ) , |
причём функция r (ϕ) и её производная |
|
′ |
непрерывны |
|||||||||
r (ϕ) |
|||||||||||||
на промежутке [α, β] |
(α < β) , то нетрудно получить формулу для вычисле- |
ния длины дуги кривой A B , воспользовавшись только что выведенной формулой. Действительно, можно принять ϕ за параметр. Тогда получим
такой частный случай параметрических уравнений кривой A B .
x=r (ϕ)cosϕ
y=r (ϕ)sinϕ , ϕ [α, β] (α < β)
Имеем: xϕ′ =rϕ′cosϕ −r sinϕ; y ϕ′ =rϕ′sinϕ +r cosϕ; xϕ′2 +y ϕ′2 =r 2 (ϕ) +r ′2 (ϕ) .
Таким образом, окончательно получим
β
L = ∫ r 2 (ϕ) +r ′2 (ϕ)dϕ
α
19