Пусть {x=φ(t),y=ψ(t), причём φ(t1)=a,φ(t2)=b. Тогда dydx=ψ′(t)φ′(t)=˙y˙x,dx=˙xdt. Произведём в уже известном интеграле для длины кривой (1) переход от переменной x к переменной t: L=b∫a√1+(y′)2dx=t2∫t1√1+(˙y˙x)2˙xdt=t2∫t1√(˙x)2+(˙y)2dt. Эта формула допускает обобщение и на случаи, когда у кривой имеются точеки с совпадающим значением абсциссы. Пример: №2440
Рис. 2
Найти длину астроиды (см. рис. 2) x2/3+y2/3=a2/3 Зададим координаты параметрически так: {x=acos3t,y=asin3t. Эти координаты удовлетворяют исходному уравнению: (acos3t)2/3+(asin3t)2/3=a2/3[(cos3t)2/3+(sin3t)2/3]=a2/3[(cost)2+(sint)2]=a2/3. Пределы интегрирования не даны в задаче и их придётся находить самостоятельно. Пусть t — некое начальное значение параметра. Найдём, какую величину T следует добавить к нему, чтобы вернуться в исходную точку: {acos3(t+T)=acos3t,asin3(t+T)=asin3t; {cos(t+T)−cost=0,sin(t+T)−sint=0; {−2sin2t+T2sinT2=0,2cos2t+T2sinT2=0. Из первого уравнения следуют два случая. Первый: sinT2=0,⇒T2=πn,⇒T=2πn. Так как нам нужно обойти кривую однажды, оставляем наименьший период для n=1: T=2π. Во втором случае sin2t+T2=0,⇒2t+T2=πn,⇒cos2t+T2=cosπn=(−1)n≠0 и решений не остаётся. Выбрав для удобства t=0, получим область интегрирования [0;2π]. Применим формулу (1): {˙x=−3acos2tsint,˙y=3asin2tcost, L=2π∫0√(˙x)2+(˙y)2dt=2π∫0√(3acos2tsint)2+(3asin2tcost)2dt= =3a2π∫0|costsint|√(cost)2+(sint)2dt=3a2π∫0|costsint|dt= =3a(π/2∫0|costsint|dt+π∫π/2|costsint|dt+3π/2∫π|costsint|dt+2π∫3π/2|costsint|dt)= =3a(π/2∫0costsintdt−π∫π/2costsintdt+3π/2∫πcostsintdt−2π∫3π/2costsintdt)=3a(I1+I2+I3+I4). Вычислим первый из этих интегралов: I1=π/2∫0costsintdt=12π/2∫0sin2tdt=−14cos2t|π/20=12. Докажем, что второй равен первому. Для этого заменим s=t−π2 t=s+π2: I2=−π∫π/2costsintdt=−π/2∫0cos(s+π2)sin(s+π2)ds=−π/2∫0sin(−s)cos(−s)ds=I1=12. Аналогично, I3=I4=I1=12, и таким образом, L=3a(I1+I2+I3+I4)=3a(4⋅12)=6a. Решить самостоятельно: №2442, 2443.