Дужина лука криве

Одређени интеграл такође се може применити приликом израчунавања дужине лука криве. Нека је крива $L$ у равни $xOy$ представљена графиком функције $f(x), x\in[a, b]$ при чему је $f(x)$ непрекидно диференцијабилна на $[a, b]$. Нека је дата $P=\{x_0, x_1, \ldots, x_n\}$, $a = x_0 < x_1 < \ldots < x_n = b$ одсечка $[a, b]$ и нека је конструисана полигонална линија $P_L$ са $A_0(x_0, f(x_0)), A_1(x_1, f(x_1)), \ldots,A_n(x_n,f(x_n))$. је уписана у криву $L$ и њена дужина је једнака $$s(P_L)=\sum_{i=1}^{n}{\sqrt{(x_i-x_{i-1})^2-(f(x_i)-f(x_{i-1}))^2}}.$$

Како је функција $f$ диференцијабилна на $[a, b]$, према Лагранжовој теореми Ако је функција $f: [a, b] \longrightarrow \mathbb{R}$ непрекидна на сегменту $[a, b]$ и диференцијабилна у интервалу $(a, b)$, онда постоји $c \in (a, b)$, тако да је $$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(c).$$ постоји $\xi_i\in[x_{i-1}, x_i]$ таква да је $$f(x_i)-f(x_{i-1})=f'(\xi_i)(x_i-x_{i-1}).$$ Одатле следи да је $$s(P_L)=\sum_{i=1}^{n}{\sqrt{(x_i-x_{i-1})^2+(f'(\xi_i))^2\cdot(x_i-x_{i-1})^2}}=\sum_{i=1}^{n}{\sqrt{1+(f'(\xi_i))^2}\cdot(x_i-x_{i-1})}.$$ Ово је интегрална сума за функцију $\sqrt{1+(f'(x))^2}$ на одсечку $[a, b]$ при подели $P$ и избору $\xi$ тачака $\xi_i\in[x_{i-1}, x_{i}]$. Када број подеоних тачака , дужина $d$ најдужег интервала тежи нули.

Лук криве $L$ имаће дужину $s(L)$ ако постоји лимес ове интегралне суме када $d(P) \longrightarrow 0$. Како је $f(x)$ непрекидна функција на $[a, b]$, функција $\sqrt{1+f'^2(x)}$ ће бити такође непрекидна на $[a, b]$ и постоји $$\lim_{d(P)\longrightarrow0}{\sum_{i=1}^{n}{\sqrt{1+(f'(x))^2}(x_i-x_{i-1})}}$$ и он је једнак $\displaystyle{\int_{a}^{b}{\sqrt{1+(f'(x))^2}dx}}$. Дакле, крива $L$ има дужину лука $$l=\int_{a}^{b}{\sqrt{1+(f'(x))^2}dx}.$$

Пример 1. Израчунати обим круга полупречника $r, r > 0$.

Решење:

Обим круга биће једнак дужини два полукруга. Једначина полукруга који припада горњој полуравни гласи $y=\sqrt{r^2-x^2}$, одакле следи да је $\displaystyle{f'(x)=y'=\frac{-x}{\sqrt{r^2-x^2}}}$. Одавде је $$O=2\int_{-r}^{r}{\sqrt{1+\frac{x^2}{r^2-x^2}}dx}=2r\int_{-r}^{r}{\frac{dx}{\sqrt{r^2-x^2}}}=\left.2r\arcsin{\frac{x}{r}}\right|_{-r}^{r}=4r\arcsin{1}=2r\pi.$$

Пример 2. Наћи дужину лука криве дате функцијом $f(x)=\ln{(2\cos{x})}$ на интервалу $\left[0, \frac{\pi}{3}\right]$.

Решење:

Дужина лука криве рачуна се према изведеној формули. $$l=\int_{0}^{\frac{\pi}{3}}{\sqrt{1+(f'(x))^2}dx}.$$ Како је $\displaystyle{f'(x)=-\frac{\sin{x}}{\cos{x}}=-tg{x}}$, биће: $$l=\int_{0}^{\frac{\pi}{3}}{\sqrt{1+tg^2{x}}dx}=\int_{0}^{\frac{\pi}{3}}{\sqrt{\frac{1}{\cos^2{x}}}dx}=\int_{0}^{\frac{\pi}{3}}{\frac{dx}{\cos{x}}}.$$ Овде ће бити уведена тригонометријска смена $\displaystyle{t=tg{\frac{x}{2}}}$, одакле је $\displaystyle{dx=\frac{2dt}{1+t^2}}$, а $\displaystyle{\cos{x}=\frac{1-t^2}{1+t^2}}$. Границе интеграла се такође мењају, па доња граница постаје $t_1=0$, а горња $\displaystyle{t_2=\frac{1}{\sqrt{3}}}$. Одавде је $$l=\int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{3}}}{\frac{2dt}{1-t^2}}=\left.\ln{\left|\frac{1+t}{1-t}\right|}\right|_{0}^{\frac{1}{\sqrt{3}}}=\ln{|2+\sqrt{3}|}.$$