Analízis 1

Ívhossz számítása

Mennyi egy görbe hossza két pont között: honnan jön a gyökös képlet, és miért lesz belőle olyan gyakran csúnya integrál.

11 perc olvasás

1. Honnan jön a képlet

A gondolat ugyanaz, mint a területnél: közelítsük a görbét valami olyasmivel, amit már tudunk mérni. Itt ez egy törött vonal. Vegyünk a görbén sok közeli pontot, és kössük össze őket szakaszokkal; a szakaszok hosszának összege közelíti az ív hosszát, és minél sűrűbben vesszük a pontokat, annál pontosabban.

Egy ilyen apró szakasz vízszintes vetülete $dx$ , függőleges vetülete $dy$ , a hossza pedig Pitagorasz szerint:

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

A második alak úgy jön ki, hogy a gyök alól kiemelünk egy $dx^{2}$ -et. Ezt összegezve kapjuk az ívhosszt:

Ívhossz explicit függvénynél

L=\int_{a}^{b}\sqrt{1+\big(f'(x)\big)^{2}}\,dx

Miért lesz ez majdnem mindig csúnya

A képletben egy gyök alatti négyzet áll, és az ilyen kifejezéseknek jellemzően nincs szép primitív függvényük. Már egy egyszerű parabolánál is logaritmusos-gyökös eredmény jön ki. Ezért a feladatok szinte mind visszafelé vannak tervezve: olyan függvényt adnak, amelynél az $1+(f')^{2}$ teljes négyzetté áll össze, és a gyök eltűnik. Ha nálad nem tűnik el, az általában nem a te hibád — hanem jel, hogy érdemes újranézni a deriváltat.

2. Explicit függvény grafikonjának ívhossza

Példa: a klasszikus gyökös eset

Mekkora az $f(x)=\frac{2}{3}x^{3/2}$ görbe hossza a $[0,3]$ szakaszon?

f'(x)=\sqrt{x}\ \Rightarrow\ 1+\big(f'(x)\big)^{2}=1+x

L=\int_{0}^{3}\sqrt{1+x}\,dx=\left[\frac{2}{3}(1+x)^{3/2}\right]_{0}^{3}=\frac{2}{3}\left(8-1\right)=\frac{14}{3}

Példa: amikor teljes négyzet áll össze

Legyen $f(x)=\frac{x^{3}}{6}+\frac{1}{2x}$ az $[1,2]$ szakaszon. Ez a fajta „furcsa” függvény szinte mindig ívhosszfeladat:

f'(x)=\frac{x^{2}}{2}-\frac{1}{2x^{2}}

1+\big(f'(x)\big)^{2}=1+\frac{x^{4}}{4}-\frac12+\frac{1}{4x^{4}}=\frac{x^{4}}{4}+\frac12+\frac{1}{4x^{4}}=\left(\frac{x^{2}}{2}+\frac{1}{2x^{2}}\right)^{2}

A gyök tehát eltűnik, és a maradék már közönséges integrál:

L=\int_{1}^{2}\left(\frac{x^{2}}{2}+\frac{1}{2x^{2}}\right)dx=\left[\frac{x^{3}}{6}-\frac{1}{2x}\right]_{1}^{2}=\frac{13}{12}+\frac{1}{3}=\frac{17}{12}

A trükk a középső tagban van: a $-\frac12$ és az $+1$ összege $+\frac12$ , ami épp a kétszeres szorzat. Ha ezt észreveszed, a feladat kész.

Példa: a láncgörbe

A $\cosh$ (koszinusz hiperbolikusz) esetén a azonosság dolgozik helyettünk, mert $\cosh^{2}t-\sinh^{2}t=1$ :

f(x)=\cosh x,\quad f'(x)=\sinh x,\quad 1+\sinh^{2}x=\cosh^{2}x

L=\int_{0}^{1}\cosh x\,dx=\Big[\sinh x\Big]_{0}^{1}=\sinh 1

3. Paraméteresen megadott görbe

Ha a görbét $x=x(t)$ és $y=y(t)$ alakban adják meg, a $ds=\sqrt{dx^{2}+dy^{2}}$ alapötlet változatlan, csak most $dt$ -t emelünk ki a gyök alól:

Ívhossz paraméteres alakban

L=\int_{t_1}^{t_2}\sqrt{\big(x'(t)\big)^{2}+\big(y'(t)\big)^{2}}\,dt

Ez a képlet több esetben is használhatóbb az előzőnél: kezelni tudja a függőleges érintőt, és olyan görbékre is működik, amik nem függvénygrafikonok (például egy teljes körre).

Példa: a kör kerülete

$x=R\cos t$ , $y=R\sin t$ , $t\in[0,2\pi]$ :

\big(x'\big)^{2}+\big(y'\big)^{2}=R^{2}\sin^{2}t+R^{2}\cos^{2}t=R^{2}

L=\int_{0}^{2\pi}R\,dt=2R\pi

Példa: a ciklois egy íve

$x=a(t-\sin t)$ , $y=a(1-\cos t)$ , $t\in[0,2\pi]$ . A gyök alatt a félszögazonosság segít:

\big(x'\big)^{2}+\big(y'\big)^{2}=a^{2}\big(2-2\cos t\big)=4a^{2}\sin^{2}\frac{t}{2}

L=\int_{0}^{2\pi}2a\sin\frac{t}{2}\,dt=2a\left[-2\cos\frac{t}{2}\right]_{0}^{2\pi}=8a

A $\sin\frac{t}{2}$ a $[0,2\pi]$ szakaszon nemnegatív, ezért az abszolút érték elhagyható. Más tartománynál erre figyelni kell.

4. Polárkoordinátákban

Ha a görbe $r=r(\varphi)$ alakban van megadva, a paraméteres képletből egy rövid számolással ez adódik:

Ívhossz polárkoordinátákban

L=\int_{\varphi_1}^{\varphi_2}\sqrt{\big(r(\varphi)\big)^{2}+\big(r'(\varphi)\big)^{2}}\,d\varphi

Példa: logaritmikus spirál

Legyen $r(\varphi)=e^{\varphi}$ a $[0,2\pi]$ szakaszon. Mivel $r'=e^{\varphi}$ :

L=\int_{0}^{2\pi}\sqrt{e^{2\varphi}+e^{2\varphi}}\,d\varphi=\sqrt{2}\int_{0}^{2\pi}e^{\varphi}\,d\varphi=\sqrt{2}\left(e^{2\pi}-1\right)

A három képlet valójában egy

Ne magolj három külön képletet. Mindegyik ugyanannak a $ds=\sqrt{dx^{2}+dy^{2}}$ gondolatnak a változata; csak az különbözik, hogy melyik változó szerint emeljük ki a gyök alól a differenciált. Ha ezt érted, a képletet menet közben is fel tudod írni.

5. Tipikus hibák

A négyzet lefelejtése: $\sqrt{1+f'(x)}$ . A derivált négyzete áll a gyök alatt. Ez a leggyakoribb elírás, és utána semmi nem fog szépen kijönni.
Az abszolút érték elhagyása. A $\sqrt{u^{2}}=|u|$ , nem $u$ . A legtöbb feladatban a kifejezés pozitív, de ezt illik egy félmondattal indokolni, és van, amikor tényleg előjelet vált.
Az ívhossz és a terület képletének keverése. A területnél nincs gyök, a forgástest térfogatánál a $\pi f^{2}$ szerepel, az ívhossznál pedig gyökös kifejezés. A forgásfelület felszíne az egyetlen, amiben mindkettő benne van.
Rossz alak választása. Ha a görbének függőleges érintője van, vagy nem függvénygrafikon, akkor az $x$ szerinti képlet nem használható; írd át paraméteres alakra.
A tartomány rossz megválasztása. Paraméteres görbénél nézd meg, hogy a megadott intervallum tényleg pontosan egyszer futja-e be a görbét. Egy kör kerülete $t\in[0,4\pi]$ esetén a kétszerese lenne.

Elakadtál menet közben?

Egy tananyag megmutatja, hogyan működik a dolog. Azt viszont, hogy pontosan hol csúszik el nálad, egy óra alatt derítjük ki. Foglalj egy alkalmat, vagy beszéljük meg egy ingyenes konzultáción, mire van szükséged.

Egyéni óra foglalása Ingyenes konzultáció