Задача 77541 ...
Условие
l: x(t)=t²,y(t)=t−¹/₃ t³, -√3 ≤ t ≤ √3.
Решение
[m]
x(t) = t^2, \quad y(t) = t - \frac{1}{3} t^3, \quad -\sqrt{3} \le t \le \sqrt{3}
[/m]
Решение:
1. Нужно найти производные [m]x(t)[/m] и [m]y(t)[/m]:
[m]
x'(t) = \frac{d}{dt} (t^2) = 2t
[/m]
[m]
y'(t) = \frac{d}{dt} \left( t - \frac{1}{3} t^3 \right) = 1 - t^2
[/m]
2. Длина дуги кривой выражается интегралом:
[m]
L = \int_{a}^{b} \sqrt{(x'(t))^2 + (y'(t))^2} \, dt
[/m]
В нашем случае [m] a = -\sqrt{3} [/m] и [m]b = \sqrt{3}[/m]:
[m]
L = \int_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} \sqrt{(2t)^2 + (1 - t^2)^2} \, dt
[/m]
3. Упростим подкоренное выражение:
[m]
L = \int_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} \sqrt{4t^2 + (1 - t^2)^2} \, dt
[/m]
Раскроем квадрат:
[m]
(1 - t^2)^2 = 1 - 2t^2 + t^4
[/m]
Тогда подкоренное выражение:
[m]
4t^2 + 1 - 2t^2 + t^4 = t^4 + 2t^2 + 1
[/m]
Это можно записать как:
t^4 + 2t^2 + 1 = (t^2 + 1)^2
Таким образом:
[m]
\sqrt{t^4 + 2t^2 + 1} = \sqrt{(t^2 + 1)^2} = |t^2 + 1|
[/m]
Поскольку [m]t^2 + 1 > 0[/m] для всех [m]t[/m], то:
[m]
\sqrt{(t^2 + 1)^2} = t^2 + 1
[/m]
4. Получаем:
[m]
L = \int_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} (t^2 + 1) \, dt
[/m]
5. Разделим интеграл на два:
[m]
L = \int_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} t^2 \, dt + \int_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} 1 \, dt
[/m]
6. Первый интеграл:
[m]
\int_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} t^2 \, dt
[/m]
Функция [m]t^2[/m] четная, поэтому:
[m]
\int_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} t^2 \, dt = 2 \int_{0}^{\sqrt{3}} t^2 \, dt
[/m]
Вычислим:
[m]
\int_{0}^{\sqrt{3}} t^2 \, dt = \left. \frac{t^3}{3} \right|_{0}^{\sqrt{3}} = \frac{(\sqrt{3})^3}{3} - 0 = \frac{3\sqrt{3}}{3} = \sqrt{3}
[/m]
Следовательно:
[m]
2 \int_{0}^{\sqrt{3}} t^2 \, dt = 2 \sqrt{3}
[/m]
7. Второй интеграл:
[m]
\int_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} 1 \, dt = 2 \int_{0}^{\sqrt{3}} 1 \, dt = 2 \left. t \right|_{0}^{\sqrt{3}} = 2\sqrt{3}
[/m]
8. Суммируем:
[m]
L = 2 \sqrt{3} + 2 \sqrt{3} = 4 \sqrt{3}
[/m]
Ответ:
Длина дуги [m]L[/m] равна [m]4 \sqrt{3}[/m].