помогите проинтегрироваать функцию

[ozhigin]

Задача состоит в том, чтобы найти длину дуги
$x=\cos^4t$
$y=\sin^4t$ ,
где $0\leqslant t\leqslant \frac \pi 2$

1) Находим производные $x'(t)$ и $y'(t)$
2) Подставляем в формулу и получаем
$l=\int\limits_{0}^{\frac\pi 2} 4\sqrt{\cos^6t \sin^2t+\sin^6t \cos^2t} dt$

3) но все попытки взять интеграл не удаются!
1-ая попытка выносим $\sin^2t$ и $\cos^2t$ из корня. Выносим без модуля, они на данном интервале положительны., затем $ \cos^4t+\sin^4t$ (подкоренное выражение) приводим к $1-\frac {\sin^22t} {2}$
затем череда 3-4 замен приводит к рациональной функции (но там ничего хорошего).
Я знаю,что он берется проще, мой одногруппник решал как-то проще, и мне не сказал, я знаю только что надо вынести так, чтобы образовался $\tg$ ($\ctg$) я сделал так, но дальнейшего решения не увидел!

[GAA]

1. Приведите свои попытки. 2. Отредактируйте формулы: 1) уберите символ “*”; 2) $\sin x$ кодируется так:$\sin x$.

[ewert]

Сравните $\cos^4x+\sin^4x$ и $(\cos^2x+\sin^2x)^2$.

[GAA]

ozhigin писал(а):

1-ая попытка выносим $\sin^2t$ и $\cos^2t$ из корня. Выносим без модуля, они на данном интервале положительны., затем $ \cos^4t+\sin^4t$ (подкоренное выражение) приводим к $1-\frac {\sin^22t} {2}$
затем череда 3-4 замен приводит к рациональной функции (но там ничего хорошего).
Я знаю,что он берется проще, мой одногруппник решал как-то проще, и мне не сказал, я знаю только что надо вынести так, чтобы образовался $\tg$ ($\ctg$) я сделал так, но дальнейшего решения не увидел!

Стоящее перед корнем произведение $2\sin x \cos x$ заменяем функцией $\sin 2x$ и вносим под знак дифференциала, тогда тригонометрические функции под корнем нужно будет выразить через $\cos 2x$. Можно, но вовсе не обязательно, сделать замену $u= \cos 2x$ — получим интеграл от простейшей квадратичной иррациональности.

[ozhigin]

GAA писал(а):

ozhigin писал(а):

1-ая попытка выносим $\sin^2t$ и $\cos^2t$ из корня. Выносим без модуля, они на данном интервале положительны., затем $ \cos^4t+\sin^4t$ (подкоренное выражение) приводим к $1-\frac {\sin^22t} {2}$
затем череда 3-4 замен приводит к рациональной функции (но там ничего хорошего).
Я знаю,что он берется проще, мой одногруппник решал как-то проще, и мне не сказал, я знаю только что надо вынести так, чтобы образовался $\tg$ ($\ctg$) я сделал так, но дальнейшего решения не увидел!

Стоящее перед корнем произведение $2\sin x \cos x$ заменяем функцией $\sin 2x$ и вносим под знак дифференциала, тогда тригонометрические функции под корнем нужно будет выразить через $\cos 2x$. Можно, но вовсе не обязательно, сделать замену $u= \cos 2x$ — получим интеграл от простейшей квадратичной иррациональности.

Вы видимо имеете в виду способ $\sqrt {1+ y^2} $ , где $y = \cos2t$ это не лучший способ, есть ещё варианты?

[ewert]

ozhigin в сообщении #208325 писал(а):

Вы видимо имеете в виду способ $\sqrt {1+ y^2} $

А чему равен интеграл от $\sqrt {1+ y^2}$?... -- Значит, существенно проще нельзя.

[ozhigin]

ewert писал(а):

ozhigin в сообщении #208325 писал(а):

Вы видимо имеете в виду способ $\sqrt {1+ y^2} $

А чему равен интеграл от $\sqrt {1+ y^2}$?... -- Значит, существенно проще нельзя.

чему равен, но так сразу и не скажу -он не табличный, надо сделать замену $\sqrt {1+y^2} =y-z$ ?
так ? вроде что-то получается
да кстати , я ещё попал на сайт http://integrals.wolfram.com/index.jsp?expr=sqrt(1%2Bx^2)&random=false
и тут интеграл берется как-то не так

[ewert]

Нет, надо сделать замену $y=\tg t$ или $y=\sh t$. Появится, среди прочих прелестей, гиперболический арксинус (в конечном счёте -- от обычного косинуса). Который никак не упрощается. Ведь от куда-то он должен же выползти, чудес ведь не бывает? Так вот как раз из $\sqrt{1+y^2}$.

[ozhigin]

дело в том, что в 1-ой попытке я так и сделал и довел до рациональной там ничего хорошего!!! мне кажется подстановка чебышева лучше

[ewert]

Да какая разница, какая подстановка -- всё равно как-то надо будет получать $\ln\left|y+\sqrt{y^2+1}\right|$. С тангенсом там действительно несколько противно, а вот с гиперболическим синусом всё очень просто: получится $\int\ch^2t\,dt$, где $\ch^2t={1\over2}(\ch2t+1)$.

[ozhigin]

ewert писал(а):

Да какая разница, какая подстановка -- всё равно как-то надо будет получать $\ln\left|y+\sqrt{y^2+1}\right|$. С тангенсом там действительно несколько противно, а вот с гиперболическим синусом всё очень просто: получится $\int\ch^2t\,dt$, где $\ch^2t={1\over2}(\ch2t+1)$.

с $\ln$ я не очень понял,но до меня дошло про $\tg$ и $\ch$ я все это делал в первой попытке, и не сообразил интеграл от $\ch^2x$ и выбрал $\tg(x)$ -вот уж противно там!
А подстановка Чебышева кстати тоже неплохо прошла!

[ewert]

ozhigin в сообщении #208355 писал(а):

с $ln$ я не очень понял

Ну если $\sh t={1\over2}(e^t-e^{-t})$, то чему равен арксинус?

[ozhigin]

ewert писал(а):

ozhigin в сообщении #208355 писал(а):

с $ln$ я не очень понял

Ну если $\sh t={1\over2}(e^t-e^{-t})$, то чему равен арксинус?

нас этому не учили (1 курс)