Krzywe

Obliczanie długości łuku krzywych

Definicja 1: Długość łuku krzywej zadanej parametrycznie

Rozważmy krzywą $ \Gamma $ zadaną parametrycznie w następujących sposób:

$ \Gamma=\{(x,y) \in \mathbb{R}^2: x =\varphi(t), \, y=\psi(t), \, t \in [\alpha, \beta]\}, $

gdzie $ \varphi $ i $ \psi $ są funkcjami ciągłymi w przedziale $ [\alpha, \beta] $. Zdefiniujmy długość $ d $ łuku krzywej $ \Gamma $. Podzielmy przedział $ [\alpha, \beta] $ na $ n $ podprzedziałów wybierając punkty podziału $ t_k $ ( $ k=0,\dots,n $) tak, aby zachodziła zależność

$ \alpha =t_0\lt t_1\lt\ldots\lt t_n=\beta. $

Niech $ \Delta_k = t_k - t_{k-1} $ oraz $ \delta_n = \max \{ \Delta_k : k=1,\ldots,n\} $. Zauważmy, że punkty $ P_k=(\varphi(t_k),\psi(t_k)) \in \Gamma $
( $ k=1,\dots,n $) wyznaczają łamaną $ \Gamma_n $, która przybliża krzywą $ \Gamma $ w przedziale $ [\alpha, \beta] $.

$Krzywa zadana parametrycznie wraz z oznaczonymi na niej punktami odpowiadającymi punktom podziału przedziału {OPENAGHMATHJAX()}[\alpha, \beta]{OPENAGHMATHJAX}$

Rysunek 1: Krzywa zadana parametrycznie wraz z oznaczonymi na niej punktami odpowiadającymi punktom podziału przedziału $ [\alpha, \beta] $

Długość otrzymanej łamanej wyraża się wzorem

$ d_n=\sum\limits_{k=1}^n |P_{k-1}P_{k}|, $

gdzie $ |P_{k-1}P_{k}| $ jest długością odcinka łączącego punkty $ P_{k-1} $ i $ P_k $ $ (k=1,\dots,n) $. Jeżeli istnieje granica

$ \lim\limits_{n \to \infty}d_n $

i jest ona jest niezależna od wyboru normalnego ciągu podziałów przedziału $ [\alpha, \beta] $ (czyli takich jego podziałów, że $ \lim\limits_{n \to \infty} \delta_n = 0 $), to mówimy, że krzywa $ \Gamma $ jest krzywą prostowalną w przedziale $ [\alpha, \beta] $. Granicę tę nazywamy długością łuku krzywej $ \Gamma $ w przedziale $ [\alpha, \beta]. $

Twierdzenie 1: o długości krzywej zadanej parametrycznie

Jeżeli $ \Gamma $ jest krzywą prostowalną zadaną parametrycznie, a funkcje $ \varphi:[\alpha, \beta] \to \mathbb{R} $ i $ \psi: [\alpha, \beta] \to \mathbb{R} $ są klasy $ C^1 $, to długość krzywej $ \Gamma $ wyraża się wzorem

(1)

$ d = \int\limits_{\alpha}^{\beta} \, \sqrt{\big(\varphi^{\prime}(t)\big)^2 + \big(\psi^{\prime}(t)\big)^2}\,dt. $

DOWÓD
Na początku zauważmy, że dla każdego $ n \in \mathbb{N} $ długość łamanej $ \Gamma_n $ jest równa

$ d_n = \sum\limits_{k=1}^n|P_{k-1}P_k| = \sum\limits_{k=1}^n \sqrt{\big( \varphi(t_k) - \varphi(t_{k-1})\big)^2 + \big( \psi(t_k) - \psi(t_{k-1})\big)^2}. $

Ponieważ funkcje $ \varphi $ i $ \psi $ są klasy $ C^1 $ na przedziale $ [\alpha, \beta] $, więc do każdej z nich i do każdego z przedziałów $ [t_{k-1}, t_k] $
( $ k=1, \ldots,n $) możemy zastosować twierdzenie Lagrange'a. Otóż na jego podstawie istnieją takie punkty $ \xi_k $ i $ \xi^*_k $ należące do przedziału $ (t_{k-1}, t_k) $, że

$ \frac{\varphi(t_k) - \varphi(t_{k-1})}{t_k - t_{k-1}} = \varphi^{\prime}(\xi_k) \quad \text{oraz} \quad \frac{\psi(t_k) - \psi(t_{k-1})}{t_k - t_{k-1}} = \psi^{\prime}(\xi^*_k). $

Stąd po przekształceniach otrzymujemy

$ \varphi(t_k) - \varphi(t_{k-1}) = \varphi^{\prime}(\xi_k) (t_k - t_{k-1}) = \varphi^{\prime}(\xi_k) \Delta_k, $

$ \psi(t_k) - \psi(t_{k-1}) = \psi^{\prime}(\xi^*_k)( t_k - t_{k-1}) = \psi^{\prime}(\xi^*_k)\Delta_k, $

gdzie $ \Delta_k $ oznacza długość przedziału $ (t_{k-1}, t_k) $. Podstawiając powyższe wyrażenia do wzoru na $ d_n $, dostajemy

$ d_n = \sum\limits_{k=1}^n \sqrt{\big( \varphi^{\prime}(\xi_k) \Delta_k\big)^2 + \big(\psi^{\prime}(\xi^*_k)\Delta_k\big)^2}= \sum\limits_{k=1}^n \sqrt{\big( \varphi^{\prime}(\xi_k)\big)^2 + \big( \psi^{\prime}(\xi^*_k)\big)^2} \Delta_k. $

Teraz przechodząc z $ d_n $ do granicy przy $ n\to\infty $ (i oczywiście pamiętając, że $ \lim\limits_{n \to \infty} \delta_n = 0 $), otrzymujemy

$ d = \lim\limits_{n \to \infty} \sum\limits_{k=1}^n \sqrt{\big( \varphi^{\prime}(\xi_k)\big)^2 + \big( \psi^{\prime}(\xi^*_k)\big)^2} \Delta_k = \int\limits_{\alpha}^{\beta} \, \sqrt{\big(\varphi^{\prime}(t)\big)^2 + \big(\psi^{\prime}(t)\big)^2}\,dt. $

CND.

Przykład 1:

Obliczymy długość krzywej zwanej asteroidą , która jest zadana równaniami parametrycznymi

$ \left\{ \begin{array}{l} x=\varphi(t) := a^3 \cos^3 t, \\ y = \psi(t) := a^3 \sin^3 t,\end{array}\right. $

gdzie $ t\in [0,2\pi] $, natomiast $ a $ jest ustaloną liczbą dodatnią.

Rysunek 2: Asteroida

Asteroida jest symetryczna względem obu osi układu współrzędnych, więc do obliczenia jej długości wystarczy wyznaczyć długość łuku leżącego w pierwszej ćwiartce układu współrzędnych. Zauważmy, że $ x=\varphi(t) $ i $ y=\psi(t) $ są funkcjami klasy $ C^1 $, a ich pochodne wynoszą odpowiednio:

$ \begin{aligned} \varphi^{\prime}(t)&= -3a^3\cos^2 t \sin t,\\ \psi^{\prime}(t)&= 3a^3\sin^2 t \cos t.\end{aligned} $

Obliczmy wartość wyrażenia $ ((\varphi^{\prime}(t))^2 + (\psi^{\prime}(t))^2 \gt 0 $ dla każdego $ t \in (0, \frac{\pi}{2}) $. Otóż

$ \begin{aligned} (\varphi^{\prime}(t))^2 + (\psi^{\prime}(t))^2 & = (-3a^3\cos^2 t \sin t)^2 + (3a^3\sin^2 t \cos t)^2 \\ &= 9a^6\cos^4 t \sin^2 t + 9a^6\sin^4 t \cos^2 t \\ &= 9a^6\cos^2 t \sin^2 t(\cos^2 t + \sin^2 t) \\ &= 9a^6\cos^2 t \sin^2 t \gt 0. \end{aligned} $

Korzystając ze wzoru ( 1 ) na długość krzywej, otrzymujemy

$ d= 4 \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{(\varphi^{\prime}(t))^2 + (\psi^{\prime}(t))^2} dt = 4 \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{9a^6\cos^2 t \sin^2 t} dt=4 \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}3a^3 |\cos t||\sin t| dt. $

Wartości $ \sin t $ i $ \cos t $ są nieujemne dla każdego $ t \in [0, \frac{\pi}{2}] $, zatem

$ d = 12a^3 \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos t \sin t dt = 6a^3 \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin 2t dt= 6a^3 \cdot \frac{1}{2}(-\cos 2t)\big|_0^{\frac{\pi}{2}} = 3a^3\cdot 2= 6a^3. $

Podamy teraz twierdzenie, które umożliwi nam wyznaczanie długości krzywej, która jest wykresem funkcji zmiennej $ x $.

Twierdzenie 2: o długości krzywej będącej wykresem funkcji jednej zmiennej

Długość $ d $ łuku krzywej będącej wykresem funkcji $ f: [a,b] \to \mathbb{R} $, która jest klasy $ C^1 $, wyraża się wzorem

(2)

$ d = \int\limits_a^b \sqrt{1 + (f^{\prime}(x))^2} \,dx. $

DOWÓD
Przyjmijmy, że

$ x=\varphi(t) := t \quad \text{oraz} \quad y=\psi(t) := f(t) \quad \text{dla} \quad t\in[a, b]. $

Wówczas na podstawie twierdzenia o długości krzywej zadanej parametrycznie otrzymujemy

$ d = \int\limits_{a}^{b} \, \sqrt{\big(\varphi^{\prime}(t)\big)^2 + \big(\psi^{\prime}(t)\big)^2}\,dt = \int\limits_{a}^{b} \, \sqrt{1 + (f^{\prime}(t))^2}\,dt. $

CND.

Przykład 2:

Obliczmy długość linii łańcuchowej $ f(x)=\frac{1}{2}(e^x + e^{-x}) $, gdzie $ x \in [-1, 1]. $

Rysunek 3: Linia łańcuchowa

Ponieważ pochodna funkcji $ f $ wyraża się wzorem

$ f^{\prime}(x)=\frac{1}{2}(e^x-e^{-x}), $

więc wyrażenie podpierwiastkowe ma postać

$ 1+(f^{\prime}(x))^2 = 1 + \frac{(e^x-e^{-x})^2}{4} = \frac{4 + e^{2x} - 2 + e^{-2x}}{4} = \frac{e^{2x} + 2 + e^{-2x}}{4} = \frac{(e^{x} + e^{-x})^2}{4}. $

Podstawiając to wyrażenie do wzoru ( 2 ), otrzymujemy długość krzywej

$ d=\int\limits_{-1}^{1}\sqrt{1+(f^{\prime}(x))^2}dx = \int\limits_{-1}^{1}\sqrt{\frac{(e^{x} + e^{-x})^2}{4}}dx = \int\limits_{-1}^{1}\frac{e^{x} + e^{-x}}{2}dx = \frac{e^{x} - e^{-x}}{2}\Big|_{-1}^1 = e-e^{-1}. $

Dla krzywej $ \Gamma $ zadanej w postaci biegunowej zachodzi następujące twierdzenie.

Twierdzenie 3: o długości krzywej zadanej w postaci biegunowej

Jeżeli krzywa $ \Gamma $ zadana jest w postaci biegunowej $ r=r(\phi) $, gdzie $ r: [\alpha, \beta] \to \mathbb{R} $ jest funkcją klasy $ C^1 $, a łuk krzywej $ \Gamma $ nie ma punktów wielokrotnych, to długość tej krzywej wyraża się wzorem

(3)

$ d = \int\limits_{\alpha}^{\beta} \, \sqrt{(r(\phi))^2 + (r^{\prime}(\phi))^2}\,d\phi. $

DOWÓD
Krzywą wyrażoną w postaci biegunowej można także zapisać parametrycznie, przy pomocy tzw. współrzędnych biegunowych:

$ \left\{ \begin{array}{l} x = \varphi(\phi):=r(\phi) \cos \phi, \\ y = \psi(\phi):=r(\phi) \sin \phi, \end{array} \right. $

gdzie $ \phi \in [\alpha, \beta] $, a następnie jej długość wyrazić za pomocą wzoru ( 1 ).

Ponieważ pochodne funkcji $ \varphi $ i $ \psi $ są postaci

$ \begin{aligned} \varphi^{\prime}(\phi)&=r^{\prime}(\phi) \cos \phi - r(\phi) \sin \phi,\\ \psi^{\prime}(\phi)&=r^{\prime}(\phi) \sin \phi + r(\phi) \cos \phi \end{aligned} $

dla $ \phi \in [\alpha, \beta] $, to wyrażenie podpierwiastkowe przyjmuje postać

$ \begin{aligned} (\varphi^{\prime}(\phi))^2 + (\psi^{\prime}(\phi))^2 &=(r^{\prime}(\phi) \cos \phi - r(\phi) \sin \phi)^2 + (r^{\prime}(\phi) \sin \phi + r(\phi) \cos \phi)^2 \\ & = \big( r^{\prime}(\phi) \big)^2 \cos^2 \phi - 2r^{\prime}(\phi)r(\phi) \cos \phi \sin \phi + r^2(\phi) \sin^2 \phi \\ &+ \big( r^{\prime}(\phi) \big)^2 \sin^2 \phi + 2r^{\prime}(\phi)r(\phi) \cos \phi \sin \phi + r^2(\phi) \cos^2 \phi \\ & = \big( r^{\prime}(\phi) \big)^2 (\sin^2 \phi + \cos^2 \phi) + r^2(\phi)(\sin^2 \phi + \cos^2 \phi) = \big( r(\phi) \big)^2 + \big( r^{\prime}(\phi) \big)^2. \end{aligned} $

W konsekwencji

$ d = \int\limits_{\alpha}^{\beta} \, \sqrt{(\varphi^{\prime}(\phi))^2 + (\psi^{\prime}(\phi))^2}\,d\phi = \int\limits_{\alpha}^{\beta} \, \sqrt{(r(\phi))^2 + (r^{\prime}(\phi))^2}\,d\phi. $

CND.

Przykład 3:

Wyprowadzimy wzór na długość okręgu o promieniu $ a $. Równanie okręgu we współrzędnych biegunowych ma postać

$ r(\phi)=a, \quad \text{gdzie} \quad \phi \in [0,2\pi]. $

Podstawiając $ r(\phi) $ i $ r^{\prime}(\phi)=0 $ do wzoru ( 3 ) na długość krzywej, otrzymujemy znany wzór na długość okręgu

$ d=\int\limits_0^{2\pi}\sqrt{a^2 + 0^2}\, d\phi =\int\limits_0^{2\pi}a \, d\phi = a\phi\Big|_0^{2\pi} = 2\pi a. $

Temat:
Opis:
Typ:

Email:

Matematyka

Obliczanie długości łuku krzywych

Definicja 1: Długość łuku krzywej zadanej parametrycznie

Twierdzenie 1: o długości krzywej zadanej parametrycznie

Przykład 1:

Twierdzenie 2: o długości krzywej będącej wykresem funkcji jednej zmiennej

Przykład 2:

Twierdzenie 3: o długości krzywej zadanej w postaci biegunowej

Przykład 3: