Размерность, логарифмы и гиперболический арксинус

[misha.physics]

Walker_XXI, спасибо.

Спасибо всем. Постараюсь ещё разобраться с этим вопросом.

[Red_Herring]

misha.physics в сообщении #1313648 писал(а):

Постараюсь ещё разобраться с этим вопросом.

Сколько можно тянуть кота за хвост заниматься абсолютно тривиальным вопросом? Так ни на что более серьезное у вас до конца жизни времени не хватит.

[misha.physics]

Red_Herring, да, знаете, у меня так бывает, что случаются запинки на элементарных вопросах. Но мне тяжело закрыть на них глаза. Да и мне нравится разбираться в том, что я раньше не понимал. Да и тривиальность это наверное субъективное понятие. По крайней мере в моём случае. Да, я ещё научного руководителя спрошу, может здесь нужно что-то знать об $m$ и производных от неё. Я могу отложить этот вопрос, но оставить его так не могу. Как можно строить что-то серьёзное на иллюзии непонимания его кирпичиков :)

[Mikhail_K]

misha.physics
Рекомендую прочитать Главу 1 из популярной книги
Босс. Лекции по математике. Том 8. Теория групп
Там объясняется, что на самом деле стоит за этими самыми размерностями. По-моему, Вам будет интересно.

[misha.physics]

Mikhail_K, спасибо, нашёл.

[misha.physics]

Я должен был вернутся к этому вопросу. С размерностью теперь все в порядке. Но проблема осталась.

Есть такая функция:

$$m=-2\beta r\sqrt{h^2+\beta^2r^2}-2h^2\ln(\beta r+\sqrt{h^2+\beta^2r^2})$$

Теперь использую формулу:

$$\ln(x+\sqrt{a^2+x^2})=\operatorname{arsh}\big(\frac{x}{a}\big)$$

И пишу:

$$m=-2\beta r\sqrt{h^2+\beta^2r^2}-2h^2\operatorname{arsh}\big(\frac{\beta r}{h}\big)$$

Просто заменил "длинный логарифм" на гиперболический арксинус.

Теперь мне нужно найти частную производную:

$$\frac{\partial m}{\partial h}$$

Вот тут-то и возникает проблема.
Если пользоватся выражением для $m$ с "длинным логарифмом", то получается:

$$\frac{\partial m}{\partial h}=-4h\ln(\beta r+\sqrt{h^2+\beta^2r^2})-\frac{2\beta rh}{\sqrt{h^2+\beta^2r^2}}-\frac{2h^3}{\sqrt{h^2+\beta^2r^2}(\beta r+\sqrt{h^2+\beta^2r^2})}$$

После упрощения:

$$\frac{\partial m}{\partial h}=-4h\ln(\beta r+\sqrt{h^2+\beta^2r^2})-2h$$

Теперь посчитаем ту же производную, но воспользуемся выражением для $m$ с гиперболическим арксинусом:

$$\frac{\partial m}{\partial h}=-4h\operatorname{arsh}\big(\frac{\beta r}{h}\big)-\frac{2\beta rh}{\sqrt{h^2+\beta^2r^2}}+\frac{2\beta rh}{\sqrt{h^2+\beta^2r^2}}$$

При дифференцировании мы использовали формулу:

$$\frac{d}{dx}\operatorname{arsh}x=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$$

Так что:

$$\frac{\partial m}{\partial h}=-4h\operatorname{arsh}\big(\frac{\beta r}{h}\big)$$

Итак, первый раз дифференцировали и получили:

$$\frac{\partial m}{\partial h}=-4h\ln(\beta r+\sqrt{h^2+\beta^2r^2})-2h$$

Второй раз дифференцировали и получили:

$$\frac{\partial m}{\partial h}=-4h\operatorname{arsh}\big(\frac{\beta r}{h}\big)$$

Теперь воспользуемся ещё раз формулой связи между "длинным логарифмом" и гиперболическим арксинусом и перепишем вторую формулу (заменим арксинус на логарифм). Тогда получим:

$$\frac{\partial m}{\partial h}=-4h\ln(\beta r+\sqrt{h^2+\beta^2r^2})-2h$$

и:

$$\frac{\partial m}{\partial h}=-4h\ln(\beta r+\sqrt{h^2+\beta^2r^2})$$

Вот как быть с этим $-\frac{h}{2}$. Производные от одной и той же фукнции $m$ по $h$ отличаются (как раз на аргумент дифференцирования). Здесь кто-то спрашивал меня имеет ли $h$ знак, я сразу не понял почему это важно, но может дело в этом. В формулу для $m$ (с логарифмом) $h$ входит только в квадрате, а в формулу для $m$ (с арксинусом) $h$ входит в первой степени (в знаменателе, в аргументе арксинуса).
И понятно, почему во втором случае у нас сокращаются два члены. Они имеют разные знаки. Как раз потому, что $h$ в аргументте арксинуса входит как $1/h$, и когда мы это дифференцируем, то получаем $-1/h^2$. Знак меняется. А когда мы имеем дело с логарифмом, то там знаки этих двух членов одинаковы и они не сокращаются. В чем же может проблема? Почему получаются разные результаты? Мы ведь использовали только формулу:

$$\ln(x+\sqrt{a^2+x^2})=\operatorname{arsh}\big(\frac{x}{a}\big)$$

[Munin]

misha.physics в сообщении #1317226 писал(а):

Теперь использую формулу:

$$\ln(x+\sqrt{a^2+x^2})=\operatorname{arsh}\big(\frac{x}{a}\big)$$

На самом деле, эта формула неверна.

misha.physics в сообщении #1317226 писал(а):

Есть такая функция:

$$m=-2\beta r\sqrt{h^2+\beta^2r^2}-2h^2\ln(\beta r+\sqrt{h^2+\beta^2r^2})$$

Теперь использую формулу:

$$\ln(x+\sqrt{a^2+x^2})=\operatorname{arsh}\big(\frac{x}{a}\big)$$

И пишу:

$$m=-2\beta r\sqrt{h^2+\beta^2r^2}-2h^2\operatorname{arsh}\big(\frac{\beta r}{h}\big)$$

Неизвестно, откуда вы эту функцию взяли, но скорей всего, верна только именно вторая формула, с ареасинусом ("аршинусом"). В ней с размерностями всё окей. А первая - неверна, возможно, её кто-то неумелыми ручками соорудил из второй.

Почему

$$\ln(x+\sqrt{a^2+x^2})\stackrel{?}{=}\operatorname{arsh}\big(\frac{x}{a}\big)$$

неверна? А вот почему. Сразу видим, что слева под логарифмом размерная величина (имеет размерность $[x]=[a],$ например, метры), а справа - безразмерная. От размерной величины логарифм брать нельзя (а от безразмерной - аршинус можно). Далее, идём в справочник, и видим там, что

$$\operatorname{arsh}z=\ln(z+\sqrt{z^2+1}\,).$$

Но это же совсем другое дело! Заменим $z\to\dfrac{x}{a},$ и видим, что получается совсем другая формула:

$$\operatorname{arsh}\Bigl(\dfrac{x}{a}\Bigr)=\ln\biggl(\dfrac{x}{a}+\sqrt{1+\Bigl(\dfrac{x}{a}\Bigr)^2}\,\biggr).$$

С некоторой долей условности можно заменить

$$\ln\biggl(\dfrac{x}{a}+\sqrt{1+\Bigl(\dfrac{x}{a}\Bigr)^2}\,\biggr)=\ln(x+\sqrt{a^2+x^2}\,)-\ln a,$$

но и всё, дальше уже никак, это слагаемое не может быть выкинуто.

----------------

Откуда взялась неверная формула

$$\ln(x+\sqrt{a^2+x^2})\stackrel{?}{=}\operatorname{arsh}\big(\frac{x}{a}\big)?$$

Скорей всего, кто-то её "восстановил" из таблицы интегралов, но там-то написано совсем другое! Там написано

$$\ln(x+\sqrt{a^2+x^2})+C=\operatorname{arsh}\big(\frac{x}{a}\big)+C,$$

но эти самые ${}+C$ с разных сторон разные! В одном из них "прячется" слагаемое ${}-\ln a,$ а в другом - нет.

----------------

Самостоятельно найти формулу, выражающую аршинус через логарифм, совсем нетрудно, если использовать определения и основное гиперболическое тождество:

$$\sh x=\dfrac{e^x-e^{-x}}{2},\qquad \ch x=\dfrac{e^x+e^{-x}}{2},\qquad \ch^2 x-\sh^2 x=1.$$

[misha.physics]

Munin, отлично, спасибо большое. Буду сейчас разбираться.