Вычисление длины дуги плоской кривой

[lasmor8112]

Дана функция $f(x)=2\sqrt{x}$ , где $0\leqslant x\leqslant1$;

Решал согласно формуле $ l = \int\limits_{a}^{b}\sqrt{1+(f'(x))^2}$

Производная от $f(x)$ равна $f'(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}$

Таким образом получаем интеграл:
$\int\limits_{0}^{1}\sqrt{1+\frac{1}{x}}$

Вся проблема состоит в решении этого интеграла.Я пробовал произвести замену $t =\sqrt{1+\frac{1}{x}}$ и сводить к интегрированию рациональной дроби,но там получаются неопределенности в интеграле.Еще пробовал произвести замену $ t^2 = \frac{1}{x}$ и решать как интеграл вида $\int\limits_{}^{}R(x;\sqrt{a^2+x^2})$,но опять же получаются неопределенности.

В общем я окончательно запутался.Помогите пожалуйста с решением.

[Pphantom]

В принципе он берется, но есть еще один вариант. Если вместо длины кривой $y=y(x)$ Вы посчитаете длину кривой $x=x(y)$, результат ведь не изменится, не так ли?

[lasmor8112]

Я получил функцию $x = \frac{y^2}{4}$ ,где $0\leqslant y \leqslant 2$;

И интеграл $\int\limits_{0}^{1} \sqrt{1+\frac{y^4}{16}}dx$.

Далее я сделал замену $t =\frac{y^4}{16}$

$\int\limits_{0}^{1}\frac{ \sqrt{1+t^2}}{\sqrt{t}}dt$

Потом я делал замену $z = arctgt $

$\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\sqrt{1+tg^2 z}}{cosz}dz$

$\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{dz}{cos^2z}$

Получается единица...

[Lia]

Пределы интегрирования расставьте правильно. $y$ не там меняется.

И функции оформляйте вот так: \cos x, \tg x и т.д.

...ах, $dx$. Вы по $x$ интегрируете, что ли?

[Pphantom]

lasmor8112 в сообщении #1088487 писал(а):

И интеграл $\int\limits_{0}^{1} \sqrt{1+\frac{y^4}{16}}dx$.

В этом случае надо поменять и переменную интегрирования, и пределы. К тому же про необходимость сосчитать производную Вы тоже забыли.

[lasmor8112]

Pphantom в сообщении #1088489 писал(а):

lasmor8112 в сообщении #1088487 писал(а):

И интеграл $\int\limits_{0}^{1} \sqrt{1+\frac{y^4}{16}}dx$.

В этом случае надо поменять и переменную интегрирования, и пределы. К тому же про необходимость сосчитать производную Вы тоже забыли.

Понял,что написал бред.

$\frac{1}{4}$\int\limits_{0}^{2}y^3\sqrt{1+\frac{y^4}{16}}dy$

[Pphantom]

lasmor8112 в сообщении #1088495 писал(а):

$\frac{1}{4}\int\limits_{0}^{2}y^3\sqrt{1+\frac{y^4}{16}}dy$

Ну а это откуда?

[provincialka]

lasmor8112 в сообщении #1088473 писал(а):

но там получаются неопределенности в интеграле.

А это кто такие?

[lasmor8112]

Pphantom в сообщении #1088497 писал(а):

lasmor8112 в сообщении #1088495 писал(а):

$\frac{1}{4}\int\limits_{0}^{2}y^3\sqrt{1+\frac{y^4}{16}}dy$

Ну а это откуда?

Вот конечный интеграл:

$\int\limits_{0}^{2}\sqrt{1+\frac{y^2}{4}}dy$.

[Pphantom]

lasmor8112 в сообщении #1088701 писал(а):

Вот конечный интеграл:

Да, теперь правильно. Ну и, как видите, он тривиальной заменой (или даже без нее) приводится к табличному.

[lasmor8112]

Pphantom в сообщении #1088708 писал(а):

lasmor8112 в сообщении #1088701 писал(а):

Вот конечный интеграл:

Да, теперь правильно. Ну и, как видите, он тривиальной заменой (или даже без нее) приводится к табличному.

Я решал методом приведения к самому себе.Вроде все правильно.

Спасибо вам большое!Вы мне очень помогли.

[ewert]

lasmor8112 в сообщении #1088473 писал(а):

.Я пробовал произвести замену $t =\sqrt{1+\frac{1}{x}}$ и сводить к интегрированию рациональной дроби,но там получаются неопределенности в интеграле

Ровно так и нужно было делать. Интеграл получается несобственный (разумеется), ну и что с того? Он элементарно берётся стандартным интегрированием по частям. Недостаток этого метода лишь в том, что он проще разобранного (удовольствие не то).

[Nicolya]

Сделайте замену

$z = 1 + \frac{1}{x}, $

тогда

$dx = - (z-1)^2dz, $

все подставить в исходное выражение и сделать одну итерацию интегрирования по частям. После этого получится очень простое для интегрирования выражение. Я опоздал на каких-то 8 лет.