Вычислите длину дуги кривой: [latex]y= \sqrt{x} , 0 \leq x \leq 1[/latex]

Для любого участка кривой по теореме Пифагора, мы можем найти, что: [latex] dl = \sqrt{ dx^2 + dy^2 } [/latex] ; Учитывая, что: [latex] dy = f'_x(x) dx , [/latex] получим, что: [latex] dl = \sqrt{ dx^2 + f'^2_x(x) dx^2 } = dx \sqrt{ 1 + f'^2_x(x) } [/latex] ; Вся длина кривой: [latex] L_{ab} = \int\limits^b_a {} \, dl = \int\limits^b_a { \sqrt{ 1 + f'^2_x(x) } } \cdot \, dx [/latex] ; [latex] f'_x(x) = ( \sqrt{x} )'_x = \frac{1}{ 2 \sqrt{x} } [/latex] ; [latex] L_{ab} = \int\limits^b_a {} \, dl = \int\limits^b_a { \sqrt{ 1 + \frac{1}{4x} } } \cdot \, dx = \int\limits^b_a { \sqrt{ \frac{ 4x + 1 }{4x} } } \cdot \, dx = [/latex] [latex] = \int\limits^b_a { \sqrt{ 4x + 1 } \cdot \, \frac{dx}{ 2 \sqrt{x} } } = 2 \int\limits^b_a { \sqrt{ ( \sqrt{x} )^2 + \frac{1}{4} } } \cdot \, d \sqrt{x} [/latex] ; Чуть выше было использовано свойство дифференциала: [latex] \frac{1}{ \sqrt{4x} } dx = \frac{dx}{ 2 \sqrt{x} } } = d \sqrt{x} [/latex] ; А так же, что: [latex] \sqrt{ 4x + 1 } = \sqrt{ 4 ( ( \sqrt{x} )^2 + \frac{1}{4} ) } = 2 \sqrt{ ( \sqrt{x} )^2 + \frac{1}{4} } [/latex] ; Известно, что: [latex] \int { \sqrt{ t^2 + a } } \, dt = \frac{t}{2} \sqrt{ t^2 + a } + \frac{a}{2} \ln{ ( t + \sqrt{ t^2 + a } ) } + C [/latex] ; Обозначим [latex] t = \sqrt{x} \ , \ \ \ t^2 = x \ , \ [/latex] и [latex] \ a = \frac{1}{4} , [/latex] тогда: [latex] 2 \int { \sqrt{ t^2 + \frac{1}{4} } } \, d t = t \sqrt{ t^2 + \frac{1}{4} } + \frac{1}{4} \ln{ ( t + \sqrt{ t^2 + \frac{1}{4} } ) } + C = [/latex] [latex] = \sqrt{ x ( x + \frac{1}{4} ) } + \frac{1}{4} \ln{ ( \sqrt{x} + \sqrt{ x + \frac{1}{4} } ) } + C [/latex] ; и: [latex] L = ( \sqrt{ x ( x + \frac{1}{4} ) } + \frac{ \ln{ [ \sqrt{x} + \sqrt{ x + 1/4 } \ ] } }{4} \ ) \ |^1_0 = [/latex] [latex] = \sqrt{ 1 ( 1 + \frac{1}{4} ) } + \frac{1}{4} \ln{ ( \sqrt{1} + \sqrt{ 1 + \frac{1}{4} } ) } - \sqrt{ 0 ( 0 + \frac{1}{4} ) } - \frac{1}{4} \ln{ ( \sqrt{0} + \sqrt{ 0 + \frac{1}{4} } ) } = [/latex] [latex] = \frac{ \sqrt{5} }{2} + \frac{1}{4} \ln{ ( 1 + \frac{ \sqrt{5} }{2} ) } + \frac{ \ln{2} }{4} = \frac{ \sqrt{5} }{2} + \frac{1}{4} \ln{ ( 2 + \sqrt{5} ) } \approx 1.47894286 [/latex] ; О т в е т : [latex] L = \frac{ \sqrt{5} }{2} + \frac{1}{4} \ln{ ( 2 + \sqrt{5} ) } . [/latex] *** [latex] \int { \sqrt{ t^2 + a } } \, dt = \frac{t}{2} \sqrt{ t^2 + a } + \frac{a}{2} \ln{ ( t + \sqrt{ t^2 + a } ) } + C [/latex] – табличный интеграл. Но его можно и доказать. Для этого, правда нужно знать гиперболическую тригонометрию (экспонометрию Эйлера) функции шинуса, чёсинуса, аршинуса, шинуса и чёсинуса двойного аргумента, связи между которыми аналогичны тригонометрическим с точностью до знака. В отличие от тригонометрии, все эти функции построены не на описании координат дуги окружности, а на описании координат дуги гиперболы, дополняющей окружность, соответственно: Основное уравнение: [latex] ch^2{ \varphi } - sh^2{ \varphi } = 1 \ \ ; \ \Rightarrow ch{ \varphi } = \sqrt{ sh^2{ \varphi } + 1 } [/latex] ; [latex] arsh{ z } = \ln{ ( z + \sqrt{ z^2 + 1 } ) } [/latex] ; [latex] sh{ 2 \varphi } = 2 sh{ \varphi } \cdot ch{ \varphi } [/latex] ; [latex] ch{ 2 \varphi } = ch^2{ \varphi } + sh^2{ \varphi } = 2 ch^2{ \varphi } - 1 = 2 sh^2{ \varphi } + 1 [/latex] ; [latex] ch^2{ \varphi } = \frac{ ch{ 2 \varphi } + 1 }{2} [/latex] ; [latex] ch'{ \varphi } = sh{ \varphi } [/latex] ; [latex] sh'{ \varphi } = ch{ \varphi } [/latex] ; [latex] \int { ch{ \varphi } } \, d \varphi = sh{ \varphi } + C [/latex] ; [latex] \int { sh{ \varphi } } \, d \varphi = ch{ \varphi } + C [/latex] ; Ну а теперь, обозначим: [latex] t = \sqrt{a} \cdot sh{ \varphi } \ , \ \ \varphi = arsh{ \frac{t}{ \sqrt{a} } } = \ln{ ( t + \sqrt{ t^2 + a } ) } - \frac{1}{2} \ln{a} \ \ \ \ [/latex]   и поехали: [latex] \int { \sqrt{ t^2 + a } } \, dt = \int { \sqrt{ a sh^2{ \varphi } + a } } \, d ( \sqrt{a} sh{ \varphi } ) = a \int { \sqrt{ sh^2{ \varphi } + 1 } \cdot ch{ \varphi } } \, d \varphi = [/latex] [latex] = a \int { ch{ \varphi } \cdot ch{ \varphi } } \, d \varphi = a \int { ch^2{ \varphi } } \, d \varphi = a \int { \frac{ ch{ 2 \varphi } + 1 }{2} } \, d \varphi = [/latex] [latex] = \frac{a}{4} \int { ch{ 2 \varphi } } \, d ( 2 \varphi ) + \frac{a}{2} \int {} \, d \varphi = \frac{a}{4} sh{ 2 \varphi } + \frac{a}{2} \varphi + C = [/latex] [latex] = \frac{a}{2} sh{ \varphi } ch{ \varphi } + \frac{a}{2} \ln{ ( t + \sqrt{ t^2 + a } ) } + C = [/latex] [latex] = \frac{a}{2} \frac{t}{ \sqrt{a} } \sqrt{ \frac{t^2}{a} + 1 } + \frac{a}{2} \ln{ ( t + \sqrt{ t^2 + a } ) } + C = [/latex] [latex] = \frac{t}{2} \sqrt{ t^2+a } + \frac{a}{2} \ln{ ( t + \sqrt{ t^2 + a } ) } + C [/latex] , что и требовалось доказать.