Matematika/Lanko ilgis

Vaizdas:Kreivispav136.jpg

136 pav.

Tegu lankas kreivės $M_{0}M$ (136 pav.) yra grafikas funkcijos $y=f(x)\;$, apibrėžtas intervale (a, b). Nustatysime kreivės lanko ilgį. Paimsime ant kreivės AB taškus $M_{0}$, $M_{1}$, $M_{2}$, ..., $M_{i-1}$, $M_{i}$, ..., $M_{n-1}$, $M$. Sujungę paimtus taškus, gausime laužtą liniją $M_{0}M_{1}M_{2}...M_{i-1}M_{i}...M_{n-1}M,$ įbrėžtą į lanką $M_{0}M$. Pažymėsime ilgį šitos laužtės per $P_{n}$.

Lanko ilgiu $M_{0}M$ vadinasi riba (pažymėsime ją per s), prie kurios artėja lanko ilgis, artėjant prie nulio lanko atkarpų ilgiams $M_{i-1}M_{i}$, jeigu šita riba egzistuoja ir nepriklauso nuo parinktų lanko taškų $M_{0}M_{1}M_{2}...M_{i-1}M_{i}...M_{n-1}M.$

Pažymėsime, kad šitas apibrėžimas lanko ilgio betkokios kreivės analoginis apibrėžimui apskritimo ilgio.

Yra įrodyta, kad jeigu atkarpoje [a, b] funkcija $f(x)\;$ ir jos išvestinė $f'(x)\;$ netrūkios, tai lankas kreivės $y=f(x),\;$ esantis tarp taškų $[a;\;f(a)]$ ir $[b;\;f(b)],$ turi tam tikrą ilgį, be to yra būdas apskaičiavimo šito ilgio. Yra nustatyta (kaip pasekmė), kad nurodytose sąlygose santykis ilgio betkokio lanko šitos kreivės su ilgiu susitraukiančios stygos artėja prie 1, kai ilgis stygos artėja prie 0:

$\lim _{M_{0}M\to 0}{\frac {ilg.\;{\breve {M_{0}M}}}{ilg.\;{\overline {M_{0}M}}}}=1.$

Vaizdas:Kreivispav137.jpg

137 pav.

Šita teorema lengvai gali būti įrodyta apskritimui (panagrinėkime lanką AB, kurio centrinis kampas lygus $2\alpha$ (137 pav); ilgis šito lanko lygus $2R\alpha$, o ilgis susitraukiančios jo stygos lygus $2R\sin \alpha$; todėl $\lim _{\alpha \to 0}{\frac {\breve {AB}}{\overline {AB}}}=\lim _{\alpha \to 0}{\frac {2R\alpha }{2R\sin \alpha }}=1$), bet bendru atveju mes kol kas priimsime ją be įrodymo.

Panagrinėkime sekantį klausimą. Tegu mes turime ant plokšumos kreivę, kurios lygtis

$y=f(x).\;$

Vaizdas:Kreivispav138.jpg

138 pav.

Tegu $M_{0}(x_{0};y_{0})$ - tam tikras fiksuotas taškas kreivės, o $M(x;y)$ - kintantis taškas šitos kreivės. Pažymėsime per s ilgį lanko $M_{0}M$ (138 pav.).

Kintant abscisei x taško M ilgis s lanko kis, t. y. s yra funkcija x. Rasime išvestinę s nuo x.

Duosime x priaugimą $\Delta x$. Tada styga s gaus priaugimą $\Delta s={\text{ilg.}}\;{\breve {MM_{1}}}.$ Tegu ${\overline {MM_{1}}}$ - styga, sutraukianti šitą lanką. Tam, kad rasti $\lim _{\Delta x\to 0}{\frac {\Delta s}{\Delta x}},$ pasielgsime sekančiu budu: iš $\Delta MM_{1}Q$ randame:

$({\overline {MM_{1}}})^{2}=(\Delta x)^{2}+(\Delta y)^{2}.$

Padauginsime ir padalinsime kairę dalį iš $\Delta s^{2}$:

$\left({\frac {\overline {MM_{1}}}{\Delta s}}\right)^{2}\Delta s^{2}=(\Delta x)^{2}+(\Delta y)^{2}.$

Padalinsime visus narius lygybės iš $\Delta x^{2}$:

$\left({\frac {\overline {MM_{1}}}{\Delta s}}\right)^{2}\left({\frac {\Delta s}{\Delta x}}\right)^{2}=1+\left({\frac {\Delta y}{\Delta x}}\right)^{2}.$

Rasime ribą kairės ir dešinės dalies kai $\Delta x\to 0.$ Atsižvelgiant, kad $\lim _{{\overline {MM_{1}}}\to 0}{\frac {\overline {MM_{1}}}{\Delta s}}=1$ ir kad $\lim _{\Delta x\to 0}{\frac {\Delta y}{\Delta x}}={\frac {dy}{dx}},$ gausime:

$\left({\frac {ds}{dx}}\right)^{2}=1+\left({\frac {dy}{dx}}\right)^{2}$

arba

${\frac {ds}{dx}}={\sqrt {1+\left({\frac {dy}{dx}}\right)^{2}}}.\quad (1)$

Lanko diferencialui gausime sekančią išraišką:

$ds={\sqrt {1+\left({\frac {dy}{dx}}\right)^{2}}}dx\quad (2)$

arba

$ds={\sqrt {dx^{2}+dy^{2}}}.\quad (2')$

Griežtai kalbant, formulė (2') teisinga tik tam atvejui, kada $dx>0.$ Jeigu gi $dx<0$, tai $ds=-{\sqrt {dx^{2}+dy^{2}}}.$ Todėl, bendru atveju šitą formulę teisingiau užrašyti taip: $|ds|={\sqrt {dx^{2}+dy^{2}}}.$

Mes gavome diferencialo išraišką lanko ilgio tam atvejui, kada kreivė apibūdinta lygtimi $y=f(x).\;$ Visgi formulė (2') išsisaugo ir tuo atveju, kada kreivė apibūdinta parametrinėmis lygtimis.

Jeigu kreivė apibūdinta parametriškai:

$x=\phi (t),\quad y=\psi (t),$

tai

${\text{d}}x=\phi '(t){\text{d}}t,\quad {\text{d}}y=\psi '(t){\text{d}}t,$

ir išraiška (2') įgauna pavidalą

$ds={\sqrt {[\phi '(t)]^{2}+[\psi '(t)]^{2}}}dt.$

Pavyzdžiai

• Kreivės lanko ilgis

• Rasti hiperbolės $y={\sqrt {2x}}$ lanko ilgį L, kai x kinta nuo 1 iki 7.

Sprendimas.

${\frac {dy}{dx}}=({\sqrt {2x}})'={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {(2x)'}{\sqrt {2x}}}={\frac {1}{\sqrt {2x}}};$

$L=\int _{a}^{b}{\sqrt {1+(y')^{2}}}dx=\int _{1}^{7}{\sqrt {1+\left({\frac {1}{\sqrt {2x}}}\right)^{2}}}dx=\int _{1}^{7}{\sqrt {1+{\frac {1}{2x}}}}dx=$

$=\left[x{\sqrt {{\frac {1}{2x}}+1}}+{\frac {1}{4}}\ln \left(2{\sqrt {2}}x{\sqrt {{\frac {1}{x}}+2}}+4x+2\right)\right]|_{1}^{7}=$

$=\left[x{\sqrt {{\frac {1}{2x}}+1}}+{\frac {1}{4}}\ln \left(4x{\sqrt {{\frac {1}{2x}}+1}}+4x+2\right)\right]|_{1}^{7}=$

$=\left[7{\sqrt {{\frac {1}{2\cdot 7}}+1}}+{\frac {1}{4}}\ln \left(4\cdot 7\cdot {\sqrt {{\frac {1}{2\cdot 7}}+1}}+4\cdot 7+2\right)\right]-\left[{\sqrt {{\frac {1}{2}}+1}}+{\frac {1}{4}}\ln \left(4{\sqrt {{\frac {1}{2}}+1}}+4+2\right)\right]=$

$=\left[7{\sqrt {{\frac {1}{14}}+1}}+{\frac {1}{4}}\ln \left(28\cdot {\sqrt {{\frac {1}{14}}+1}}+28+2\right)\right]-\left[{\sqrt {1.5}}+{\frac {1}{4}}\ln(4{\sqrt {1.5}}+6)\right]=$

$=\left[7{\sqrt {\frac {15}{14}}}+{\frac {1}{4}}\ln \left(28\cdot {\sqrt {\frac {15}{14}}}+30\right)\right]-\left[1.224744871+{\frac {1}{4}}\ln(4.898979486+6)\right]=$

$=7{\sqrt {1.071428571}}+{\frac {1}{4}}\ln \left(28\cdot {\sqrt {1.071428571}}+30\right)-\left[1.224744871+{\frac {2.38866916}{4}}\right]=$

$=7\cdot 1.035098339+{\frac {1}{4}}\ln(28\cdot 1.035098339+30)-[1.224744871+0.597167289]=$

$=7.245688373+{\frac {\ln(28.98275349+30)}{4}}-1.821912161=$

$=7.245688373+{\frac {4.077245087}{4}}-1.821912161=$

$=7.245688373+1.019311272-1.821912161=8.264999645-1.821912161=6.443087484.$

Pasinaudojome internetiniu integratoriumi http://integrals.wolfram.com/index.jsp?expr=Sqrt%5B1%2B+1%2F%282x%29%5D+&random=false.

Patikriname ar tiesės ilgis iš taško $M_{1}(1;{\sqrt {2}})$ iki taško $M_{2}(7;{\sqrt {14}})$ nėra didesnis:

$L_{T}={\sqrt {(7-1)^{2}+({\sqrt {14}}-{\sqrt {2}})^{2}}}={\sqrt {6^{2}+(3.741657387-1.414213562)^{2}}}={\sqrt {36+2.327443824^{2}}}=$

$={\sqrt {36+5.416994756}}={\sqrt {41.41699476}}=6.435603682.$

• Rasti lanko ilgį iš taško $M_{0}(0;\;{\frac {5}{2}})$ iki taško $M_{1}(-20;\;27.5)$ parabolės

$y={\frac {x^{2}}{16}}+{\frac {5}{2}}.$

Sprendimas.

Rasime parabolės lanko ilgį iš taško $M_{0}(0;\;{\frac {5}{2}})$ iki taško $M_{1}(-20;\;27.5):$

${\frac {dy}{dx}}=({\frac {x^{2}}{16}}+{\frac {5}{2}})'={\frac {2x}{16}}={\frac {x}{8}};$

$L=\int _{a}^{b}{\sqrt {1+(y')^{2}}}dx=\int _{-20}^{0}{\sqrt {1+\left({\frac {x}{8}}\right)^{2}}}dx=\int _{-20}^{0}{\sqrt {1+{\frac {x^{2}}{64}}}}dx=\int _{-20}^{0}{\frac {1}{8}}{\sqrt {64+x^{2}}}dx=$

$={\frac {1}{8}}\left({\frac {x}{2}}{\sqrt {64+x^{2}}}+{\frac {64}{2}}\ln \left|x+{\sqrt {x^{2}+64}}\right|\right)|_{-20}^{0}=$

$={\frac {1}{8}}\left[{\frac {0}{2}}{\sqrt {64+0^{2}}}+{\frac {64}{2}}\ln \left|0+{\sqrt {0^{2}+64}}\right|\right]-{\frac {1}{8}}\left[{\frac {-20}{2}}{\sqrt {64+(-20)^{2}}}+{\frac {64}{2}}\ln \left|-20+{\sqrt {(-20)^{2}+64}}\right|\right]=$

$={\frac {1}{8}}\left[32\ln \left|{\sqrt {64}}\right|\right]-{\frac {1}{8}}\left[-10{\sqrt {464}}+32\ln \left|-20+{\sqrt {464}}\right|\right]=$

$={\frac {32}{8}}\ln \left|8\right|-{\frac {1}{8}}[-215.4065923+32\ln \left|-20+21.54065923\right|]=$

$=4\ln |8|-{\frac {1}{8}}[-215.4065923+32\ln |1.540659229|]=$

$=4\ln |8|-{\frac {1}{8}}[-215.4065923+32\cdot 0.432210395]=$

$=4\cdot 2.079441542-{\frac {1}{8}}[-215.4065923+13.83073265]=$

$=8.317766167+{\frac {201.5758597}{8}}=8.317766167+25.19698246=33.51474862.$

Pasinaudojome integralų lentele $\int {\sqrt {x^{2}\pm a^{2}}}\;{\mathsf {d}}x={\frac {x}{2}}{\sqrt {a^{2}\pm x^{2}}}\pm {\frac {a^{2}}{2}}\ln \left|x+{\sqrt {x^{2}\pm a^{2}}}\right|+C.$

ds ilgis polinėse koordinatėse

$x=\rho \cos \theta ,\quad y=\rho \sin \theta .$

$\rho =f(\theta ).$

${\frac {dy}{dx}}={\frac {\frac {dy}{d\theta }}{\frac {dx}{d\theta }}}.$

${\frac {dx}{d\theta }}={\frac {d\rho }{d\theta }}\cos \theta -\rho \sin \theta ,\quad {\frac {dy}{d\theta }}={\frac {d\rho }{d\theta }}\sin \theta +\rho \cos \theta .$

$dx=({\frac {d\rho }{d\theta }}\cos \theta -\rho \sin \theta )d\theta .$

$ds={\sqrt {1+\left({\frac {dy}{dx}}\right)^{2}}}dx={\sqrt {1+\left({\frac {{\frac {d\rho }{d\theta }}\sin \theta +\rho \cos \theta }{{\frac {d\rho }{d\theta }}\cos \theta -\rho \sin \theta }}\right)^{2}}}({\frac {d\rho }{d\theta }}\cos \theta -\rho \sin \theta )d\theta =$

$={\sqrt {\left({\frac {d\rho }{d\theta }}\cos \theta -\rho \sin \theta \right)^{2}+\left({\frac {d\rho }{d\theta }}\sin \theta +\rho \cos \theta \right)^{2}}}d\theta =$

$={\sqrt {\left[\left({\frac {d\rho }{d\theta }}\right)^{2}\cos ^{2}\theta -2\rho {\frac {d\rho }{d\theta }}\sin(\theta )\cos(\theta )+\rho ^{2}\sin ^{2}\theta \right]+\left[\left({\frac {d\rho }{d\theta }}\right)^{2}\sin ^{2}\theta +2\rho {\frac {d\rho }{d\theta }}\sin(\theta )\cos(\theta )+\rho ^{2}\cos ^{2}\theta \right]}}d\theta =$

$={\sqrt {\left({\frac {d\rho }{d\theta }}\right)^{2}\cos ^{2}\theta +\rho ^{2}\sin ^{2}\theta +\left({\frac {d\rho }{d\theta }}\right)^{2}\sin ^{2}\theta +\rho ^{2}\cos ^{2}\theta }}\;d\theta ={\sqrt {\left({\frac {d\rho }{d\theta }}\right)^{2}+\rho ^{2}}}\;d\theta ={\sqrt {\rho ^{2}+(\rho ')^{2}}}\;d\theta .$