Пусть \[ \left\{ \begin{array}{c} x=\varphi\left(t\right),\\ y=\psi\left(t\right), \end{array}\right. \] причём \[ \varphi\left(t_{1}\right)=a,\qquad\varphi\left(t_{2}\right)=b. \] Тогда \[ \frac{dy}{dx}=\frac{\psi'\left(t\right)}{\varphi'\left(t\right)}=\frac{\dot{y}}{\dot{x}},\qquad dx=\dot{x}dt. \] Произведём в уже известном интеграле для длины кривой (1) переход от переменной $x$ к переменной $t$: \begin{equation} L=\intop_{a}^{b}\sqrt{1+\left(y'\right)^{2}}dx=\intop_{t_{1}}^{t_{2}}\sqrt{1+\left(\frac{\dot{y}}{\dot{x}}\right)^{2}}\dot{x}dt=\intop_{t_{1}}^{t_{2}}\sqrt{\left(\dot{x}\right)^{2}+\left(\dot{y}\right)^{2}}dt.\label{Lt} \end{equation} 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) \[ x^{2/3}+y^{2/3}=a^{2/3} \] Зададим координаты параметрически так: \[ \left\{ \begin{array}{c} x=a\cos^{3}t,\\ y=a\sin^{3}t. \end{array}\right. \] Эти координаты удовлетворяют исходному уравнению: \[ \left(a\cos^{3}t\right)^{2/3}+\left(a\sin^{3}t\right)^{2/3}=a^{2/3}\left[\left(\cos^{3}t\right)^{2/3}+\left(\sin^{3}t\right)^{2/3}\right]=a^{2/3}\left[\left(\cos t\right)^{2}+\left(\sin t\right)^{2}\right]=a^{2/3}. \] 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: \[ \left\{ \begin{array}{c} a\cos^{3}\left(t+T\right)=a\cos^{3}t,\\ a\sin^{3}\left(t+T\right)=a\sin^{3}t; \end{array}\right. \] \[ \left\{ \begin{array}{c} \cos\left(t+T\right)-\cos t=0,\\ \sin\left(t+T\right)-\sin t=0; \end{array}\right. \] \[ \left\{ \begin{array}{c} -2\sin\frac{2t+T}{2}\sin\frac{T}{2}=0,\\ 2\cos\frac{2t+T}{2}\sin\frac{T}{2}=0. \end{array}\right. \] Из первого уравнения следуют два случая. Первый: \[ \sin\frac{T}{2}=0,\;\Rightarrow\;\frac{T}{2}=\pi n,\;\Rightarrow\;T=2\pi n. \] Так как нам нужно обойти кривую однажды, оставляем наименьший период для $n=1$: \[ T=2\pi. \] Во втором случае \[ \sin\frac{2t+T}{2}=0,\;\Rightarrow\;\frac{2t+T}{2}=\pi n,\;\Rightarrow\;\cos\frac{2t+T}{2}=\cos\pi n=\left(-1\right)^{n}\neq0 \] и решений не остаётся. Выбрав для удобства $t=0$, получим область интегрирования $\left[0;2\pi\right]$. Применим формулу (\ref{Lt}): \[ \left\{ \begin{array}{c} \dot{x}=-3a\cos^{2}t\sin t,\\ \dot{y}=3a\sin^{2}t\cos t, \end{array}\right. \] \[ L=\intop_{0}^{2\pi}\sqrt{\left(\dot{x}\right)^{2}+\left(\dot{y}\right)^{2}}dt=\intop_{0}^{2\pi}\sqrt{\left(3a\cos^{2}t\sin t\right)^{2}+\left(3a\sin^{2}t\cos t\right)^{2}}dt= \] \[ =3a\intop_{0}^{2\pi}\left|\cos t\sin t\right|\sqrt{\left(\cos t\right)^{2}+\left(\sin t\right)^{2}}dt=3a\intop_{0}^{2\pi}\left|\cos t\sin t\right|dt= \] \[ =3a\left(\intop_{0}^{\pi/2}\left|\cos t\sin t\right|dt+\intop_{\pi/2}^{\pi}\left|\cos t\sin t\right|dt+\intop_{\pi}^{3\pi/2}\left|\cos t\sin t\right|dt+\intop_{3\pi/2}^{2\pi}\left|\cos t\sin t\right|dt\right)= \] \[ =3a\left(\intop_{0}^{\pi/2}\cos t\sin tdt-\intop_{\pi/2}^{\pi}\cos t\sin tdt+\intop_{\pi}^{3\pi/2}\cos t\sin tdt-\intop_{3\pi/2}^{2\pi}\cos t\sin tdt\right)=3a\left(I_{1}+I_{2}+I_{3}+I_{4}\right). \] Вычислим первый из этих интегралов: \[ I_{1}=\intop_{0}^{\pi/2}\cos t\sin tdt=\frac{1}{2}\intop_{0}^{\pi/2}\sin2tdt=-\left.\frac{1}{4}\cos2t\right|_{0}^{\pi/2}=\frac{1}{2}. \] Докажем, что второй равен первому. Для этого заменим $s=t-\frac{\pi}{2}$ $t=s+\frac{\pi}{2}$: \[ I_{2}=-\intop_{\pi/2}^{\pi}\cos t\sin t\,dt=-\intop_{0}^{\pi/2}\cos\left(s+\frac{\pi}{2}\right)\sin\left(s+\frac{\pi}{2}\right)\,ds=-\intop_{0}^{\pi/2}\sin\left(-s\right)\cos\left(-s\right)\,ds=I_{1}=\frac{1}{2}. \] Аналогично, \[ I_{3}=I_{4}=I_{1}=\frac{1}{2}, \] и таким образом, \[ L=3a\left(I_{1}+I_{2}+I_{3}+I_{4}\right)=3a\left(4\cdot\frac{1}{2}\right)=6a. \] Решить самостоятельно: №2442, 2443.