Криволинейные интегралы первого рода

[Metro]

При решении следующей задачи ( Демидович 4241 (3) ):

Найти массу дуги кривой $x = a t$ , $y = {\frac{{a}} 2} t^2 $ , $z = {\frac{{a}} 3} t^3$ $(0 \le t \le 1)$, плотность которой меняется по закону $p = \sqrt {\frac{{2y}} a}$;

возникли осложнения на финальном этапе, а именно вычислении определенного интеграла
$a \int t\sqrt{1 + t^2 +t^4} dt$ $(0 \le t \le 1)$. При попытках решить "в лоб" я сначала использывал замену переменных и получил такой интеграл:
$ [u = t^2 , du = 2tdt], следовательно {\frac{a} 2} \int \sqrt{1+u+u^2}du $ ,потом получившийся интеграл решил привести к такому виду $ {\frac{a} 2} \int \sqrt{(u+{\frac{1} 2})^2 + {\frac{3} 4}} du, [g = u+{\frac{1} 2}], {\frac{a} 2} \int \sqrt{(g)^2 + {\frac{3} 4}} dg $ ,но дальше раскрыть интеграл или привести его к решению не получалось.

Возможно есть способ решить его иначе, например раскрыть через ряды или предел ( правда в этом случае я незнаю как раскрывать интегралы ).

[Otta]

Metro
Вы, надо полагать, ошиблись при наборе параметризации кривой. Ну так поправьте. Иначе неоткуда там таким интегралам браться.

-- 14.11.2021, 17:59 --

Ох, не к добру это, ох, не к добру. Тут система простая: не успел за час исправить, придется ехать в карантин. Потому что по истечении часа редактирование иначе невозможно.

Пришлось мне свое любопытство удовлетворять самостоятельно, хотя мне вроде и незачем.
Итого: параметризацию наберите нормально.
А интеграл решается почти устно. Однако, что Вы пробовали делать?

Metro в сообщении #1539153 писал(а):

( даже если можно, ответ и процесс его нахождения будет наверняка громоздким ).

Нет, не будет.

[Pphantom]

Тема перемещена из форума «Помогите решить / разобраться (М)» в форум «Карантин»
по следующим причинам:

- отсутствуют собственные содержательные попытки решения задачи.

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

[Pphantom]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»

[lel0lel]

Metro в сообщении #1539153 писал(а):

виду $ {\frac{a} 2} \int \sqrt{(u+{\frac{1} 2})^2 + {\frac{3} 4}} du, [g = u+{\frac{1} 2}], {\frac{a} 2} \int \sqrt{(g)^2 + {\frac{3} 4}} dg $ ,но дальше раскрыть интеграл или привести его к решению не получалось.

Этот интеграл можно вычислить, интегрируя по частям.

[мат-ламер]

lel0lel в сообщении #1539184 писал(а):

Этот интеграл можно вычислить, интегрируя по частям.

По частям - корень уйдёт в знаменатель. И тот уже будет табличным. Хотя и этот во многих учебниках есть.

[ewert]

Стандартная замена: или обычный тангенс, или гиперболический синус. Это же шаблон.

(Оффтоп)

Otta в сообщении #1539156 писал(а):

А интеграл решается почти устно.

Вообще не решается. В принципе. Никакой.

[Otta]

(Оффтоп)

ewert в сообщении #1539200 писал(а):

Вообще не решается. В принципе. Никакой.

Приношу свои извинения.

[artempalkin]

ewert в сообщении #1539200 писал(а):

Стандартная замена: или обычный тангенс, или гиперболический синус. Это же шаблон.

Да, но это приведет к неприятным вещам типа косинусов арктангенсов.

Самый приятный способ брать такой интеграл по моему мнению:

$\int\sqrt{x^2+a^2}dx=\int\frac{x^2+a^2}{\sqrt{x^2+a^2}}dx=(Ax+B)\sqrt{x^2+a^2}+\lambda\int\frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}}$

И находить неопределенные коэффициенты, дифференцируя обе части

[ewert]

artempalkin в сообщении #1539210 писал(а):

И находить неопределенные коэффициенты,

Неопределённые коэффициенты -- это отвратительно. Тогда уж лучше, по совету lel0lel, опустить корень в знаменатель интегрированием по частям. Это хотя бы выглядит осмысленно.

[artempalkin]

ewert в сообщении #1539218 писал(а):

Неопределённые коэффициенты -- это отвратительно.

Ну на вкус и цвет. А как вы будете брать интеграл типа $\int\frac{x^5+2x^2-x+1}{\sqrt{x^2+x+1}}dx$? выделять полный квадрат и делать замену шинуса?

[ewert]

artempalkin в сообщении #1539219 писал(а):

А как вы будете брать интеграл типа $\int\frac{x^5+2x^2-x+1}{\sqrt{x^2+x+1}}dx$? выделять полный квадрат и делать замену шинуса?

В общем -- да, конечно. Я ведь человек тупой. А в Вашем выражении никаких ресурсов для упрощения не прослеживается.

(но только, конечно, не шинуса -- шинусов в приличном опчестве не бывает)

[artempalkin]

ewert в сообщении #1539221 писал(а):

В общем -- да, конечно. Я ведь человек тупой. А в Вашем выражении никаких ресурсов для упрощения не прослеживается.

Я про тупого ничего не говорил :)

Ну, не знаю я. Называйте меня непоследовательным (хотя что в этом непоследовательного, если можно это строго доказать?), но я сразу могу написать "ответ" (который нужно обработать напильником, конечно): $(Ax^4+Bx^3+Cx^2+Dx+E)\sqrt{x^2+x+1}+\lambda\int\frac{dx}{\sqrt{x^2+x+1}}$. И что тут "неосмысленного"? И чем замена на гиперболический синус более осмысленна?

[ewert]

artempalkin в сообщении #1539222 писал(а):

И чем замена на гиперболический синус более осмысленна?

Тем, что она абсолютно шаблонна и автоматически убирает знаменатель. А уж с числителем-то по стандартным гиперболическим формулам (которые на автомате следуют из соответствующих тригонометрических) разобраться -- раз плюнуть.

[artempalkin]

ewert в сообщении #1539230 писал(а):

А уж с числителем-то по стандартным гиперболическим формулам (которые на автомате следуют из соответствующих тригонометрических) разобраться -- раз плюнуть.

Я полностью согласен. Но на выходе что у вас получится? То, что у вас получится на выходе, гораздо сложнее привести к виду

artempalkin в сообщении #1539222 писал(а):

$(Ax^4+Bx^3+Cx^2+Dx+E)\sqrt{x^2+x+1}+\lambda\int\frac{dx}{\sqrt{x^2+x+1}}$

чем взять сам интеграл. С этим вы разве не согласитесь? :) Ваш метод удобен для определенных интегралов в красивых пределах, там он будет быстрее. Для неопределенных или если пределы произвольные, ну, вы испишете 5 страниц, когда я ограничусь полстраницей