\hsize 160 truemm
\vsize 237 truemm
\document
\nologo
\NoBlackBoxes
\head {\bf Wyk�ad z analizy}\\
\\
Tydzie� 16.\\
\\
D�ugo�� krzywej
\endhead

16.1. Niech $\gamma$ b�dzie krzyw� na p�aszczy�nie, to znaczy $\gamma:[a,b]\to
\big(x(t),y(t)\big)\in \bold R^2$. Zak�adamy, �e obie funkcje $t\to
x(t)$ i $t\to y(t)$ s� ci�g�e i maj� ci�g�e pochodne na $[a,b]$. Przyk�adem, takiej
krzywej jest wykres funkcji $f$ okre�lonej na $[a,b]$: $[a,b]\ni x\to \big(x,f(x)\big)$.
Niech $a=t_0<t_1<\dots<t_n=b$ b�d� punktami na odcinku $[a,b]$, rozdzielaj�cymi $[a,b]$ na $n$
odcink�w r�wnej d�ugo�ci $h$, to znaczy $t_1-t_0=t_2-t_1=...=t_n-t_{n-1}=\frac{b-a}{n}=h$. Wtedy
$$
a=t_0,\ a+h=t_1,\ a+2h =t_2,\ \dots\ ,a+(n-1)h=t_{n-1},\ b=t_n.
$$
Punkty
$$
\big(x(t_0),y(t_0)\big),\ \big(x(t_1),y(t_1)\big),\
\big(x(t_2),y(t_2)\big),\ \dots\ ,\big(x(t_n),y(t_n)\big)\tag1
$$
le�� na krzywej $\gamma$. D�ugo�ci� $|\gamma|$ krzywej
$\gamma$ nazywamy granic� d�ugo�ci �amanej ��cz�cej punkty (1),
gdy $n\to \infty$. Jak zaraz zauwa�ymy, granica ta to po prostu ca�ka z odpowiedniej funkcji.
Dla ustalonych punkt�w $t_0,t_1,\dots,t_n$ d�ugo�� �amanej to suma d�ugo�ci $n$ segment�w
liniowych,
od $\big(x(t_{i-1}),y(t_{i-1})\big)$ do $\big(x(t_i),y(t_i)\big)$, $i=1,\dots,n$. D�ugo�� takiego
segmentu, z twierdzenia Pitagorasa, wynosi
$$
\sqrt{\big(x(t_i)-x(t_{i-1})\big)^2+\big(y(t_i)-y(t_{i-1})\big)^2}.
$$
Korzystaj�c z twierdzenia o warto�ci �redniej otrzymujemy, �e w ka�dym odcinku $(t_{i-1},t_i)$
musz� istnie� punkty $\eta_i,\ \chi_i$ takie, �e
$$
\align
x(t_i)-x(t_{i-1})&=h\,x'(\chi_i),\\
y(t_i)-y(t_{i-1})&=h\,y'(\eta_i).
\endalign
$$
Sumuj�c wszystkie sk�adniki, otrzymujemy d�ugo�� �amanej
$$
h\,\sqrt{\big(x'(\chi_1)\big)^2+\big(y'(\eta_1)\big)^2}+h\,\sqrt{\big(x'(\chi_2)\big)^2+
\big(y'(\eta_2)\big)^2}+\dots+h\,\sqrt{\big(x'(\chi_n)\big)^2+\big(y'(\eta_n)\big)^2}.
$$
Poniewa� pochodne funkcji $t\to x(t)$ i $t\to y(t)$ s� ci�g�e, wi�c, gdy $n\to \infty$
d�ugo�� �amanej ma granic�, kt�ra jest r�wna ca�ce
$$
|\gamma| =\int_a^b\sqrt{x'(t)^2+y'(t)^2}\,dt. \tag2
$$
Wz�r (2) przyjmujemy jako {\bf definicj�} d�ugo�ci krzywej $\gamma$.
\medskip

16.2. Je�li krzywa $\gamma$ jest wykresem funkcji, czyli $\gamma(x)=
(x,f(x))$ dla $x\in [a,b]$, to
$$
|\gamma|=\int_a^b\sqrt{1+\big(f'(x)\big)^2}\,dx,
$$
gdy�
$$
\frac{dx}{dx}=1.
$$
\medskip

16.3. Przyk�ady: (a) Niech $\gamma$ b�dzie odcinkiem ��cz�cym punkty $(-2,4)$ i
$(3,5)$. Z twierdzenia Pitagorasa, d�ugo�� takiego odcinka wynosi $\sqrt{(3+2)^2+(5-4)^2}=\sqrt{26}$.
Z drugiej strony krzyw� $\gamma$ mo�emy zapisa� jako $\gamma(x)=(x,\frac{1}{5}x+\frac{22}{5})$,
$x\in[-2,3]$. Wtedy
$$
|\gamma|=\int_{-2}^3\sqrt{1+\big(\frac{d(x/5+22/5)}{dx}\big)^2}\,dx=
\int_{-2}^3\sqrt{1+\frac{1}{25}}\,dx =\sqrt{26}.
$$
\newline (b) Znajdziemy d�ugo�� wykresu krzywej $x\to y=x^{\frac{3}{2}}$
pomi�dzy punktami dla kt�rych $x=1$ i $x=2$.
$$
\int_1^2\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}\,dx=\int_1^2\sqrt{1+\left(\frac32\sqrt x\right)^2}\,dx.
$$
Podstawiamy $t=1+9/4\,x$, $dx=4/9\,dt$, i otrzymujemy
$$
\int_{13/4}^{22/4}\sqrt t\frac{4}{9}dt=\left.\frac{4}{9}\left(\frac{2}{3}\ t^{\frac{3}{2}}\right)
\right|^{22/4}_{13/4}=\frac{22^{3/2}-13^{3/2}}{27}.
$$
\newline (c) Zdefiniowali�my $\pi$ jako $4\int_0^1\sqrt{1-x^2}dx$.
Obliczymy d�ugo�� �wiartki okr�gu o promieniu $r$, czyli d�ugo��
wykresu krzywej $x\to y=\sqrt{r^2-x^2}$ pomi�dzy punktami $x=0$ i $x=r$. Mamy
$$
\frac{dy}{dx}=-\frac{x}{\sqrt{r^2-x^2}},
$$
a wi�c
$$
1+\big(\frac{dy}{dx}\big)^2=1+\frac{x^2}{r^2-x^2}=\frac{r^2}{r^2-x^2}.
$$
St�d
$$
\align
\int_0^r\sqrt{1+\big(\frac{dy}{dx}\big)^2}\,dx&=\int_0^r\sqrt{\frac{r^2}{r^2-x^2}}\,dx\\
&=\int_0^r\frac{1}{\sqrt{1-\big(x/r\big)^2}}\,dx\\
&=r\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\,dt\\
&=2r\int_0^1\sqrt{1-s^2}\,ds.
\endalign
$$
Ostatniej r�wno�ci dowodzimy nast�puj�co. Wykorzystujemy r�wno��
$$
\sqrt{1-s^2}=\frac{1-s^2}{\sqrt{1-s^2}},
$$
i ca�kowanie przez cz�ci.
$$
\align
\int _0^1\sqrt{1-s^2}\,ds&=\int_0^1\frac{1-s^2}{\sqrt{1-s^2}}\,ds\\
&=\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1-s^2}}\,ds+\int_0^1\frac{-s^2}{\sqrt{1-s^2}}\,ds\\
&=\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1-s^2}}\,ds+\int_0^1\frac{-s}{\sqrt{1-s^2}}\ s\,ds\\
&=\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1-s^2}}\,ds+\int_0^1\frac{d}{dx}\big(\sqrt{1-s^2}\big)\ s\,ds\\
&=\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1-s^2}}\,ds+s\sqrt{1-s^2}\bigg|_0^1-\int_0^1\sqrt{1-s^2}\,ds\\
&=\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1-s^2}}\,ds-\int_0^1\sqrt{1-s^2}\,ds.
\endalign
$$
St�d
$$
2\int_0^1\sqrt{1-s^2}\,ds=\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1-s^2}}\,ds.
$$
\medskip
16.4. Niech $P= (a,\sqrt{1-a^2}),\ Q= (b,\sqrt{1-b^2})$, $ -1\xleq a\xleq0\xleq b\xleq1$
b�d� dwoma punktami na okr�gu o �rodku w punkcie $O=(0,0)$ i o promieniu $1$. D�ugo�� �uku (g�rnego)
okr�gu pomi�dzy punktami $P$ i $Q$ wynosi
$$
\int_a^b\sqrt{1+\big(\frac{dy}{dx}\big)^2}\ dx=
\int_a^b\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}.
$$
Obliczmy pole sektora ko�a $POQ$. Pole tego sektora to pole pod �ukiem minus pola dw�ch tr�jk�t�w
prostok�tnych
$$
\text{ pole sektora }OPQ=\int_a^b\sqrt{1-x^2}\,dx-\frac12 b\sqrt{1-b^2}+\frac12 a\sqrt{1-a^2}.\tag3
$$
Je�li $0\xleq a\xleq b\xleq 1$, to (3) te� zachodzi.

Poka�emy teraz, �e
$$
 \int_a^b\sqrt{1-x^2}\ dx-\frac12 b\sqrt{1-
b^2}+\frac12 a\sqrt{1-a^2}=\frac12\int_a^b\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}.\tag4
$$
Innymi s�owy, bior�c pod uwag� poprzednie obliczenia otrzymamy, �e pole sektora ko�a o promieniu 1
wynosi po�ow� d�ugo�ci �uku ograniczaj�cego ten sektor. (4) jest oczywi�cie r�wnowa�ne
nast�puj�cemu wzorowi
$$
\int_a^b\sqrt{1-x^2}\,dx-\frac12 b\sqrt{1-
b^2}+\frac12 a\sqrt{1-a^2}-\frac12\int_a^b\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=0.\tag5
$$
Powy�sze wyra�enie traktujemy jako funkcj� zmiennej $b$, przy ustalonym $a$. Obliczamy pochodn�
$$
\align
&\frac{d}{db}\left(\int_a^b\sqrt{1-x^2}\ dx-\frac12 b\sqrt{1-
b^2}+\frac12 a\sqrt{1-a^2}-\frac12\int_a^b\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}\right)\\
&\qquad=\sqrt{1-b^2}-\frac12\sqrt{1-b^2}+\frac12 \frac{b^2}{\sqrt{1-b^2}}+0-\frac12
\frac{1}{\sqrt{1-b^2}}\\
&\qquad=0.
\endalign
$$
Tak wi�c lewa strona (5) nie zale�y od $b$ (dla $a\xleq b\xleq1$). Wystarczy wi�c sprawdzi� jej
warto�� w jednym ustalonym punkcie. K�ad�c $b=a$ otrzymujemy 0, co dowodzi (5). Podstawiaj�c $a=0$,
$b=1$ otrzymujemy wz�r z przyk�adu 16.3. c):
$$
\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}= 2\int_0^1\sqrt{1-x^2}\,dx.
$$
\medskip

16.5.
Rozwa�my okr�g o promieniu 1 i �rodku w $(0,0)$. Dla ka�dej liczby rzeczywistej $\theta$ wyznaczmy
punkt na okr�gu $P(\theta)$ w nast�puj�cy spos�b. Startuj�c z punktu $(1,0)$ odmierzamy wzd�u� �uku
okr�gu odleg�o�� $|\theta|$, zgodnie z ruchem wskaz�wek zegara je�eli $\theta<0$ i przeciwnie do ruchu
wskaz�wek zegara je�eli $\theta>0$. Uzyskany w ten spos�b punkt oznaczamy $P(\theta)$. Zauwa�my, �e
skoro d�ugo�� ca�ego okr�gu wynosi $2\pi$, to $P(\theta)=P(\theta+2\pi)$, dla ka�dego $\theta$.
Wsp�rz�dn� $y$-ow� punktu $P(\theta)$ nazywamy sinusem $\theta$ i oznaczmy $\sin(\theta)$, a
wsp�rz�dn� $x$-ow� nazywamy kosinusem $\theta$ i oznaczamy $\cos(\theta)$. Zauwa�my od razu, �e
$$
\gather
\cos(\theta+2\pi)=\cos(\theta),\qquad\sin(\theta+2\pi)=\sin(\theta),\tag6\\
\sin(\theta)^2+\cos(\theta)^2=1,
\endgather
$$
dla wszystkich $\theta$. Ze wzgl�du na symetri� okr�gu, wsp�rz�dne $x$-owe punkt�w $P(\theta)$ i
$P(-\theta)$ s� takie same, podczas gdy ich wsp�rz�dne $y$-owe maj� przeciwny znak. Innymi s�owy
$\sin$ jest funkcj� nieparzyst�, a $\cos$ parzyst�.

Zauwa�my, �e funkcja $\cos(\theta)$ jest malej�ca, od 1 do $-1$, gdy $\theta$ ro�nie od 0 do $\pi$.
Istotnie, gdy $\theta$ ro�nie od 0 do $\pi$ to $P(\theta)$ przebiega ca�� g�rn� po��wk� okr�gu.
Wsp�rz�dna $x$-owa $P(\theta)$ maleje wi�c od 1 do -1. Ograniczona do przedzia�u $[0,\pi]$ funkcja
kosinus jest wi�c monotoniczna, i posiada odwrotn�, okre�lon� na przedziale $[-1,1]$. T� funkcj�
odwrotn� oznaczamy $\arccos(x)$ i nazywamy arkus kosinus $x$.
Zauwa�my, �e
$$
\arccos(-1)=\pi\quad\arccos(1)=0.
$$
Podobnie, funkcja $\sin(\theta)$ jest rosn�ca, od $-1$ do 1, gdy $\theta$ ro�nie od $-\pi/2$ do
$\pi/2$. Istotnie, gdy $\theta$ przebiega $[-\pi/2,\pi/2]$, $P(\theta)$ przebiega prawy p�okr�g,
od punktu $(0,-1)$ do $(0,1)$. Wsp�rz�dna $y$-owa ro�nie wi�c od -1 do 1. Funkcja sinus,
ograniczona do przedzia�u $[-\pi/2,\pi/2]$ jest wi�c odwracalne, a jej odwrotn�, okre�lon� na
przedziale $[-1,1]$ nazywamy arkus sinus $x$ i oznaczamy $\arcsin(x)$.
\medskip

16.6. Ze wzoru (4) mamy
$$
\int_x^1\frac{du}{\sqrt{1-u^2}} =
x\sqrt{1-x^2}+2\int_x^1\sqrt{1-u^2}\ du,
$$
je�eli $-1\xleq x\xleq1$, i jest to d�ugo�� �uku od punktu $(x,\sqrt{1-x^2})$ do punktu $(1,0)$.
Innymi s�owy, dla $-1\xleq x\xleq 1$
$$
\arccos(x)=
\int_x^1\frac{du}{\sqrt{1-u^2}}=x\sqrt{1-x^2}+2\int_x^1\sqrt{1-u^
2}\ du.
$$
Pochodna $\arccos(x)$ jest wi�c �atwa do obliczenia
$$
\frac{d\arccos(x)}{dx}=-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\quad\text{dla}\quad |x|\leq
1.
$$
Nietrudno zauwa�y�, �e dla $x\in[-1,1]$
$$
\arcsin(x)=\int_0^x\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}.
$$
Tak wi�c
$$
\frac{d\arcsin(x)}{dx}=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\quad\text{dla}\quad |x|\leq1.
$$

Obliczymy teraz pochodne samych funkcji sin i cos. Rozwa�my najpierw $0<\theta<\pi$. Skorzystamy z
twierdzenia o r�niczkowaniu funkcji odwrotnej. Oznaczaj�c $x=cos(\theta)$ otrzymujemy
$$
\align
\frac{d\ \cos(\theta)}{d\theta}&=\frac1{d\arccos(x)/dx}=\frac1{-1/\sqrt{1-x^2}}\\
&=-\sqrt{1-x^2}=-\sqrt{1-\cos(\theta)^2}.
\endalign
$$
Zauwa�my, �e skoro $\sin(\theta)^2+\cos(\theta)^2=1$, i $\sin(\theta)>0$ dla $0<\theta<\pi$, wi�c
$\sin(\theta)=\sqrt{1-\cos(\theta)^2}$. Wi�c,
$$
\cos'(\theta)=-\sin(\theta).
$$
Wykorzystuj�c regu�� �a�cuchow� r�niczkujemy sinus
$$
\align
\frac{d\ \sin(\theta)}{d\theta}&=\frac{d\ \sqrt{1-\cos(\theta)^2}}{d\theta}=\frac{d\
\sqrt{1-\cos(\theta)^2}}{d\ \cos(\theta)}\ \frac{d\ \cos(\theta)}{d\theta}\\
&=\frac12\ \frac{1}{\sqrt{1-\cos(\theta)^2}}\left(-2\cos(\theta)\right)\left(-\sin(\theta)\right)=
\frac{\cos(\theta)\sin(\theta)}{\sin(\theta)}\\
&=\cos(\theta).
\endalign
$$
Rozwa�my teraz $-\pi<\theta<0$. Poniewa� $0<-\theta<\pi$ korzystamy z w�asno�ci parzysto�ci i ju�
policzonych pochodnych.
$$
\gather
\frac{d\ \sin(\theta)}{d\theta}=-\frac{d\ \sin(-\theta)}{d\theta}=\frac{d\
\sin(-\theta)}{d(-\theta)}=\cos(-\theta)=\cos(\theta),\\
\frac{d\ \cos(\theta)}{d\theta}=\frac{d\ \cos(-\theta)}{d\theta}=-\frac{d\
\cos(-\theta)}{d(-\theta)}=\sin(-\theta)=-\sin(\theta).
\endgather
$$
Korzystaj�c z okresowo�ci (6), uzyskujemy, �e powy�sze wzory zachodz� dla wszystkich $\theta$ nie
b�d�cych ca�kowitymi wielokrotno�ciami $\pi$.
\enddocument
