Matematické Fórum

Johny · 31. 03. 2010 15:20

Zdravím , nedávno jsem zde řešil delku křivky $f(x)=cos(x)$ na intervalu 0,pi. A chtěl bych si to ujistit zda tedy plati : $\int_0^\pi \sqrt{1+(-sin^2(x))}dx = 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{cos^2(x)}dx$

Pavel Brožek · 31. 03. 2010 15:57

Všimni si, že ten tvůj integrál ti dá délku křivky určitě menší než pi (protože integrovaný výraz je maximálně roven jedné), to nebude dobře :-)

Umocnit na druhou musíš celou derivaci, ne jenom sinus.

$\int_0^\pi \sqrt{1+(-sin(x))^2}dx$

Rumburak · 31. 03. 2010 16:04

To bohužel není dobře.
V myšlence převést původní integrál na integrál přes poloviční interval zde chyba není (i když zatím nevidím, čím to prospěje).
Avšak chyba je již v dosazení do vzorce $L = \int_a^b \sqrt{1+f'^2(x)}\,\text{d} x$ . Pro $f(x) = \cos\,x$ je $f'(x) = - \sin\,x$ a
$f'^2(x) = (f'(x))^2 = (- \sin\,x)^2 = \sin^2 x$ , takže $1+f'^2(x)=1+sin^2x \ne cos^2x = 1-sin^2x$ .

Bude tedy $L = \int_0^\pi \sqrt{1+sin^2x}\,\text{d} x$ a výpočet integrálu složitější.

Johny · 31. 03. 2010 21:52

To jsem si myslel,hledal jsem nějaký pěkný přiklad (tzn. nezabírá moc místa na výpočet) na toto téma. Napadl mě akorát vypočet ( pomocí parametrických rovnic) délky kružnice o poloměru r. Kdyby někdo věděl i jiné, ocenil bych to velice :-).

Rumburak

↑ Johny:
Zkus si takový příklad sestrojit sám, bude to pro Tebe přínosné cvičení.
Jde o to zvolit funkci f tak, aby se integrál $L = \int_a^b \sqrt{1+f'^2(x)}\,\text{d} x$ dal relativně snadno spočítat.

NÁVOD: Napřed hledej nezápornou funkci g tak, aby dobře vycházel integrál

(1) $\int_a^b \sqrt{1+g(x)}\,\text{d} x$ .

K funkci g pak najdeš f z rovnice $f'^2 = g$ , to znamená.

(2) $f(x)\,\,=\,\,\pm \int \sqrt{g(x)}\,\text{d} x \, \,+\,\,C$ .

Celkem je tedy potřeba, aby OBA integrály v (1), (2) se daly snadno počítat. Jejich tvary naznačují,
že případů zcela trivíálních "nebude mnoho".

Johny · 01. 04. 2010 11:28

Mohl bys mi osvětlit co přesně znamená druhý integrál, moc nechápu úpravy toho integrálu. Jinak podle prvního kroku jsem jel, zkoušel jsem funkce a u $f(x)=x^{\frac{3}{2}}$ jsem použil jen jednu substituci k výpočtu.

Pavel Brožek · 01. 04. 2010 11:39

↑ Johny:

Délka $f(x)=\cosh(x)$ se třeba řeší snadno.

Rumburak

Máš na mysli integrál (2) ? Tak tedy: hledáme-li vhodnou funkci $f$ pro výpočet dle vzorce
$L = \int_a^b \sqrt{1+f'^2(x)}\,\text{d} x$
a máme-li již kandidáta na funkci $g$ v integrálu (1), pak funkci $f$ hledáme tak, aby $f'^2 = g$ . To znamená $f' = \pm \sqrt{g}$ a potom
funkci $f$ (tj. primitivní funkci k $f'$ ) vypočítáme neurčitým integrálem z funkce $f'$ , tj. z funkce $\pm \sqrt{g}$ , proto vzorcem (2).

Ta volba $f(x)=x^{\frac{3}{2}}$ je šikovná.

EDIT. Pro funkci $g(x)\,\,:= \sinh^2 \,x$ (viz téma Hyperbolické funkce) platí

1. $\sqrt{1\,+\,g(x)}= \cosh \,x$ ,

2. $\sqrt{g(x)}= \sinh \,x$ (pro zjednodušení zde předpokládáme, že x >= 0)

a obojí se integruje velmi snadno. Dostáváme tak řešení

$f(x) = \pm \int \sqrt{g(x)}\,\text{d} x = \pm \int \sinh \,x\,\text{d} x = \pm \cosh \,x \,+\,C$ ,

což ve speciálním případě dává funkci, o které píše kolega BrozekP .

Toto pochopitelně nejde uhodnout, pakliže hyperbolické funkce neznám.