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一道椭圆弧长差问题的定积分解法

本帖最后由 青青子衿 于 2018-9-4 22:24 编辑

\[\int_0^{\frac{2}{3}\sqrt{6}}\sqrt{\frac{16-3x^2}{16-4x^2}}{\rm d}x-\int_{\frac{2}{3}\sqrt{6}}^2\sqrt{\frac{16-3x^2}{16-4x^2}}{\rm d}x=1\]
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本帖最后由 青青子衿 于 2018-9-4 23:36 编辑
\[\int_0^{\frac{2}{3}\sqrt{6}}\sqrt{\frac{16-3x^2}{16-4x^2}}{\rm d}x-\int_{\frac{2}{3}\sqrt{6}}^2\sqrt{\frac{16-3x^2}{16-4x^2}}{\rm d}x=1\] ...
青青子衿 发表于 2018-9-4 22:21

\[I:=\int_0^{\frac{2}{3}\sqrt{6}}\sqrt{\frac{16-3x^2}{16-4x^2}}{\rm d}x, \ \ \ J:=\int_{\frac{2}{3}\sqrt{6}}^2\sqrt{\frac{16-3x^2}{16-4x^2}}{\rm d}x.\]
\begin{align*}
x\colon\,\int_0^{\frac{2}{3}\sqrt{6}}&\xrightarrow[]{\quad x\,=\frac{2\sqrt{6}}{3}t\quad}t\colon\,\int_0^1\\
\sqrt{\frac{16-3x^2}{16-4x^2}}&\xrightarrow[]{\quad x\,=\frac{2\sqrt{6}}{3}t\quad }\frac{\sqrt{6}}{2}\sqrt{\frac{2-t^2}{3-2t^2}}\\
{\rm d}x&\xrightarrow[]{\quad x\,=\frac{2\sqrt{6}}{3}t\quad }\frac{2\sqrt{6}}{3}{\rm d}t\\
\end{align*}
\[I:=\int_0^{\frac{2}{3}\sqrt{6}}\sqrt{\frac{16-3x^2}{16-4x^2}}{\rm d}x\quad\overset{x\,=\frac{2\sqrt{6}}{3}t}{\overline{\overline{\hspace{2cm}}}}\quad2\int_0^1\sqrt{\frac{2-t^2}{3-2t^2}}{\rm d}t\]
\begin{align*}
\frac{16-4x^2}{16-3x^2}=\frac{2}{3}t^2&\Longleftrightarrow x^2\,=\frac{8}{3}\left(\frac{3-2t^2}{2-t^2}\right)\\
x\colon\,\int_{\frac{2}{3}\sqrt{6}}^2&\xrightarrow[]{\quad x\,=\frac{2\sqrt{6}}{3}\sqrt{\frac{3-2t^2}{2-t^2}}\quad }t\colon\int_1^0\\
\sqrt{\frac{16-3x^2}{16-4x^2}}&\xrightarrow[]{\quad\sqrt{\frac{16-4x^2}{16-3x^2}}=\frac{\sqrt6}{3}t\quad }\frac{3}{\sqrt6}\cdot\frac{1}{t}\\
{\rm d}x&\xrightarrow[]{\quad x\,=\frac{2\sqrt{6}}{3}\sqrt{\frac{3-2t^2}{2-t^2}}\quad }\frac{2\sqrt{6}}{3}\cdot\frac{-t}{(2-t^2)^2}\cdot\sqrt{\frac{2-t^2}{3-2t^2}}{\rm d}t\\
\end{align*}
\[J:=\int_{\frac{2}{3}\sqrt{6}}^2\sqrt{\frac{16-3x^2}{16-4x^2}}{\rm d}x\quad\overset{x\,=\frac{2\sqrt{6}}{3}\sqrt{\frac{3-2t^2}{2-t^2}}}{\overline{\overline{\hspace{2cm}}}}\quad2\int_0^1\frac{1}{(2-t^2)^2}\sqrt{\frac{2-t^2}{3-2t^2}}{\rm d}t\]

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本帖最后由 青青子衿 于 2018-9-5 10:23 编辑
\[I:=\int_0^{\frac{2}{3}\sqrt{6}}\sqrt{\frac{16-3x^2}{16-4x^2}}{\rm d}x\quad\overset{x\,=\frac{2\sqrt{6}}{3}t}{\overline{\overline{\hspace{2cm}}}}\quad2\int_0^1\sqrt{\frac{2-t^2}{3-2t^2}}{\rm d}t\]
\[J:=\int_{\frac{2}{3}\sqrt{6}}^2\sqrt{\frac{16-3x^2}{16-4x^2}}{\rm d}x\quad\overset{x\,=\frac{2\sqrt{6}}{3}\sqrt{\frac{3-2t^2}{2-t^2}}}{\overline{\overline{\hspace{2cm}}}}\quad2\int_0^1\frac{1}{(2-t^2)^2}\sqrt{\frac{2-t^2}{3-2t^2}}{\rm d}t\]
...
青青子衿 发表于 2018-9-4 22:23

\[I-J=\int_0^1\left(2-\frac{2}{(2-t^2)^2}\right)\sqrt{\frac{2-t^2}{3-2t^2}}{\rm d}t. \ \ \ \ \ \ \ \ (*)\]
\begin{align*}
\left(2-\frac{2}{(2-t^2)^2}\right)\sqrt{\frac{2-t^2}{3-2t^2}}&=\frac{6-8t^2+2t^4}{(2-t^2)^2}\sqrt{\frac{2-t^2}{3-2t^2}}\\
&=\frac{(2-t^2)(3-2t^2)-t^2}{(2-t^2)^2}\sqrt{\frac{2-t^2}{3-2t^2}}\\
&=\sqrt{\frac{3-2t^2}{2-t^2}}+t \cdot \frac{-t}{(2-t^2)^2}\sqrt{\frac{2-t^2}{3-2t^2}}\\
&=\frac{\rm d}{{\rm d}t}\left(t \sqrt{\frac{3-2t^2}{2-t^2}}\,\right)\\
\end{align*}
\[I-J=\int_0^1\frac{\rm d}{{\rm d}t}\left(t \sqrt{\frac{3-2t^2}{2-t^2}}\right){\rm d}t =\left.t \sqrt{\frac{3-2t^2}{2-t^2}}\,\right|_0^1=1.\]

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为什么要分开几层楼来写……
而且一点文字说明也没有,要不是我知道你在撸哪道题我也会不知道你在干嘛……
2#最后一式的代换写错了……

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回复 4# kuing
谢谢提醒,我马上修改一下

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回复 5# 青青子衿
2#改了,3#的还没改(谁让你分开帖子写

思路理解了计算没细看

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不能叫定积分解法,只能说是知道答案后,定积分验证。
而且呢,只能被动验证,而不能编题

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回复 7# wwdwwd117
是的,所以特意在敲标题的时候写了是“一道”呀!
但是,椭圆积分加法公式好像可以用来推广这个问题

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回复 6# kuing
终于改好了

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本帖最后由 青青子衿 于 2020-9-24 01:37 编辑

回复 7# wwdwwd117
不能叫定积分解法,只能说是知道答案后,定积分验证。
而且呢,只能被动验证,而不能编题 ...
wwdwwd117 发表于 2018-9-5 08:55

利用“椭圆积分的加法定理”,就可以编题了。

椭圆积分的加法定理:
\[
\bbox[#EFF,15px,border:2px solid blue]{\begin{gather*}
\int_0^u\sqrt{\frac{1-k^2t^2}{1-t^2}}{\mathrm{d}}t+\int_0^v\sqrt{\frac{1-k^{2}t^{2}}{1-t^2}}{\mathrm{d}}t=\int_0^w\sqrt{\frac{1-k^2t^2}{1-t^2}}{\mathrm{d}}t+k^2uvw\\
\\
w\,\,\colon\!=\frac{u\sqrt{\big(1-v^2\big)\big(1-k^2v^2\big)}+v\sqrt{\big(1-u^2\big)\big(1-k^2u^2\big)}}{1-k^2u^2v^2}
\end{gather*}}\]
椭圆积分的倍加定理:
\[\boxed{\quad\begin{gather*}
\int_0^u\sqrt{\frac{1-k^2t^2}{1-t^2}}{\mathrm{d}}t=\int_u^w\sqrt{\frac{1-k^2t^2}{1-t^2}}{\mathrm{d}}t+k^2u^2w\\
\\
w\,\,\colon\!=\frac{2u\sqrt{\big(1-u^2\big)\big(1-k^2u^2\big)}}{1-k^2u^4}
\end{gather*}\quad}\]
椭圆\(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\)介于点\(B(0,b)\)与点\(X_0\left(x_0,b\sqrt{1-\tfrac{{x_0}^2}{a^2}}\,\right)\)之间的弧长\(\operatorname{arc}\left(BX_0\right)\)为
\begin{align*}
\int_0^{x_0}\sqrt{\frac{a^2-e^2x^2}{a^2-x^2}}{\mathrm{d}}x
&=a\int_0^{x_0}\sqrt{\frac{1-\tfrac{e^2x^2}{a^2}}{1-\tfrac{x^2}{a^2}}}{\mathrm{d}}\left(\frac{x}{a}\right)\\
&=a\int_0^\tfrac{x_0}{a}\sqrt{\frac{1-e^2t^2}{1-t^2}}{\mathrm{d}}t
\end{align*}
同理,椭圆\(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\)介于点\(X_0\left(x_0,b\sqrt{1-\tfrac{{x_0}^2}{a^2}}\,\right)\)与点\(X_1(x_1,b\sqrt{1-\tfrac{{x_1}^2}{a^2}})\)到之间的弧长\(\operatorname{arc}\left(X_0X_1\right)\)为
\begin{align*}
\int_{x_0}^{x_1}\sqrt{\frac{a^2-e^2x^2}{a^2-x^2}}{\mathrm{d}}x
&=a\int_{\tfrac{x_0}{a}}^{\tfrac{x_1}{a}}\sqrt{\frac{1-e^2t^2}{1-t^2}}{\mathrm{d}}t
\end{align*}
其中\(\dfrac{x_1}{a}\,\,\colon\!=\frac{\tfrac{2x_0}{a}\sqrt{\left(1-\tfrac{{x_0}^2}{a^2}\right)\left(1-\tfrac{e^2{x_0}^2}{a^2}\right)}}{1-\tfrac{e^2{x_0}^4}{a^4}}\)
于是
\begin{align*}
\operatorname{arc}\left(BX_0\right)-\operatorname{arc}\left(X_0X_1\right)&=\int_0^{x_0}\sqrt{\frac{a^2-e^2x^2}{a^2-x^2}}{\mathrm{d}}x-\int_{x_0}^{x_1}\sqrt{\frac{a^2-e^2x^2}{a^2-x^2}}{\mathrm{d}}x\\
&=a\int_{0}^{\tfrac{x_0}{a}}\sqrt{\frac{1-e^2t^2}{1-t^2}}{\mathrm{d}}t-a\int_{\tfrac{x_0}{a}}^{\tfrac{x_1}{a}}\sqrt{\frac{1-e^2t^2}{1-t^2}}{\mathrm{d}}t\\
&=ae^2\left(\dfrac{x_0}{a}\right)^2\left(\dfrac{x_1}{a}\right)
\end{align*}
代入\(a=2\),\(e=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\),\(x_0=\dfrac{2\sqrt{6}}{3}\),便可知弧长差为1

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话说那个积分,最好说明下几何意义,不然真不晓得是哪里冒出来一个积分式。。。

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回复 11# zhcosin
请问你说的是哪一楼的积分式?

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本帖最后由 青青子衿 于 2021-1-20 19:38 编辑

过点$P(a,b)$且与椭圆$\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$共焦点的椭圆为$\dfrac{x^2}{(a+b)a}+\dfrac{y^2}{(a+b)b}=1$;
过点$P(a,b)$且与椭圆$\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$共焦点的双曲线为$\dfrac{x^2}{(a-b)a}-\dfrac{y^2}{(a-b)b}=1$.
椭圆$\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$与$y$轴正半轴交于点$A(0,b)$,而与$x$轴正半轴交于点$B(a,0)$;
双曲线$\dfrac{x^2}{(a-b)a}-\dfrac{y^2}{(a-b)b}=1$与椭圆$\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$于第一象限交点$X_0\left(a\cdot\sqrt{\dfrac{a}{a+b}},b\cdot\sqrt{\dfrac{b}{a+b}}\,\right)$.

\begin{align*}
\operatorname{arc}\left(BX_0\right)-\operatorname{arc}\left(X_0A\right)&=\int_0^{a\cdot\sqrt{\frac{a}{a+b}}}\sqrt{\frac{a^2-e^2x^2}{a^2-x^2}}{\mathrm{d}}x
-\int_{a\cdot\sqrt{\frac{a}{a+b}}}^{a}\sqrt{\frac{a^2-e^2x^2}{a^2-x^2}}{\mathrm{d}}x\\
&=a\int_{0}^{\sqrt{\frac{a}{a+b}}}\sqrt{\frac{1-e^2t^2}{1-t^2}}{\mathrm{d}}t
-a\int_{\sqrt{\frac{a}{a+b}}}^{1}\sqrt{\frac{1-e^2t^2}{1-t^2}}{\mathrm{d}}t\\
&=a\cdot e^2\cdot \left(\sqrt{\frac{a}{a+b}}\,\right)^2\cdot1=a\cdot\dfrac{a^2-b^2}{a^2}\cdot\dfrac{a}{a+b}\\
&=a-b
\end{align*}

\begin{align*}
\int_0^{a\cdot\sqrt{\frac{a}{a+b}}}\sqrt{\frac{a^4-(a^2-b^2)x^2}{a^2(a^2-x^2)}}{\mathrm{d}}x
-\int_{a\cdot\sqrt{\frac{a}{a+b}}}^{a}\sqrt{\frac{a^4-(a^2-b^2)x^2}{a^2(a^2-x^2)}}{\mathrm{d}}x&=a-b\\
\\
\int_0^{a\cdot\sqrt{\frac{a}{a+b}}}\sqrt{\frac{a^2-e^2x^2}{a^2-x^2}}{\mathrm{d}}x
-\int_{a\cdot\sqrt{\frac{a}{a+b}}}^{a}\sqrt{\frac{a^2-e^2x^2}{a^2-x^2}}{\mathrm{d}}x&=a-b\\
\\
\int_0^{2\cdot\sqrt{\frac{2}{2+1}}}\sqrt{\frac{2^2-\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}\big)^2x^2}{2^2-x^2}}{\mathrm{d}}x
-\int_{2\cdot\sqrt{\frac{2}{2+1}}}^{2}\sqrt{\frac{2^2-\big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}\big)^2x^2}{2^2-x^2}}{\mathrm{d}}x&=2-1\\
\\
\int_0^{\frac{2}{3}\sqrt{6}}\sqrt{\frac{16-3x^2}{16-4x^2}}{\mathrm{d}}x-\int_{\frac{2}{3}\sqrt{6}}^2\sqrt{\frac{16-3x^2}{16-4x^2}}{\mathrm{d}}x&=1
\end{align*}

\begin{align*}
\left(1-k^2\right)F\left(\dfrac{x}{k}\,;k\right)&=E\left(\dfrac{x}{k}\,;k\right)-kE\left(x\,;\dfrac{1}{k}\right)\\
\left(1-k^2\right)\int_0^{\frac{x}{k}}\dfrac{\mathrm{d}t}{\sqrt{(1-t^2)(1-k^2t^2)}}&=\int_0^{\frac{x}{k}}\sqrt{\dfrac{1-k^2t^2}{1-t^2}}\mathrm{d}t-k\int_0^{x}\sqrt{\dfrac{1-\left(\frac{t}{k}\right)^2}{1-t^2}}\mathrm{d}t\\
\end{align*}

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