Интегрирование параболической функции

[l0l]

День добрый!
Столкнулся с проблемой интегрирования следующего выражения:
$A=$$\int\limits_{0}^{b/2}$$ ((\frac{4 h x (b-2x)}{b^2})^2 \cdot \sqrt{(\frac{8hx-4h(b-2x)}{b^2})^2 + 1}) dx
В основе лежит простая парабола:
$f(x)=\frac{4h}{b}$ x - $\frac{8h}{b^2}$ x^2

Давненько этим уже не занимался. Может есть пути решения, хотя бы приближенные?
Спасибо!

[svv]

Ваша функция $f(x)$ простая, красивая и понятная, не считая того, что она не соответствует картинке: $f(\frac b 2)\neq 0$. Чтобы соответствовала, должно быть $f(x)=\frac{4h}{b} x - \frac{8h}{b^2} x^2$.

Но под интегралом стоит что-то страшненькое. Поясните, пожалуйста, какое отношение имеет $f(x)$ к подинтегральной функции.

[l0l]

Вы правы, подправил первое сообщение, должно $$\frac{8h}{b^2} x^2
Это из механики. Задача по нахождению сближения концов стержня - он задан в виде простой параболы, Приложена сила в горизонтальном направлении. Решаю методом Мора (интеграл Мора).

В общем виде перемещение
\Delta=\int\limits_{}^{}\frac{N_1 N_p ds}{EF}+\int\limits_{}^{}\frac{M_1 M_p ds}{EI}+\int\limits_{}^{}\frac{k Q_1 Q_p ds}{GF}
Для начала решил разобраться только с моментом (второе слагаемое). $$M_1- это единичный момент, $$M_p- это момент от нагрузки, у меня они равны соответственно будет квадрат.
Момент в любой точке стержня равен сила на плечо, сила равна $$P=1, соответственно момент
$$M=P\cdot z=\frac{4h}{b} x - \frac{8h}{b^2} x^2
Дифференциал дуги записал как
$$ds=\sqrt{1+(\frac{dz}{dx})^2}dx = \sqrt{((\frac{8hx-4h(b-2x)}{b^2})^2+1)} dx$
Ну и в итоге
$A=\frac{1}{EI}\int\limits_{0}^{b/2}$$ ((\frac{4 h x (b-2x)}{b^2})^2 \cdot \sqrt{(\frac{8hx-4h(b-2x)}{b^2})^2 + 1}) dx
$$EI - вынес, первый множитель в квадрате эт тот самый момент, второй - дифференциал. Дальше ступор...

[svv]

Первым делом сделайте подстановку $x=t+\frac b 4$, чтобы $t=0$ соответствовало середине стержня. При этом пределы интегрирования должны стать симметричными. Напишите, что получилось.

[l0l]

Вроде не сработало...
Подставил $x=t+\frac b 4$
$t=x-\frac b 4$, тогда $dt=d(x-\frac b 4)=(x-\frac b 4)'dx=dx$
В итоге
$A=\frac{1}{EI}\int\limits_{-b/4}^{b/4}$$\frac{h^2\sqrt{\frac{256h^2t^2}{b^4}+1}\cdot (b-4t)^2 \cdot (b+4t)^2}{4b^4} dt $

[svv]

Правильно. Следующий шаг. Обозначим $\frac b 4=k$ и вынесем постоянные множители за знак интеграла. Используем $(k-t)(k+t)=k^2-t^2$. Получим:
$A=\frac{h^2}{4EIk^4}\int\limits_{-k}^{k}(t^4-2 k^2 t^2+k^4)\sqrt{1+\frac{h^2}{k^4}t^2}\; dt$
Проверьте, пожалуйста.

[l0l]

Да все верно!
У меня такой же результат получился.
$A=\frac{h^2}{4EIk^4}\int\limits_{-k}^{k}(t^4-2 k^2 t^2+k^4)\sqrt{1+\frac{h^2}{k^4}t^2}\; dt = \frac{h^2}{4EIk^4}(2k (k^2-t^2)^2 \cdot \sqrt{1+ \frac{h^2 t^2}{k^4}})$

[svv]

Меня вот только последняя формула поставила в тупик. Интеграл этот хоть и берётся, но не так скоро.
Так как подинтегральная функция равна сумме трёх слагаемых, интеграл разбивается на сумму трёх интегралов, которые (если вынести постоянные множители за знак интеграла и ввести обозначение $a=\frac{h^2}{k^4}$) имеют такой вид:
$\int \sqrt{1+a t^2}\; dt$
$\int t^2\sqrt{1+a t^2}\; dt$
$\int t^4\sqrt{1+a t^2}\; dt$
Возможность их вычисления в элементарных функциях гарантируется здесь, там же описана подстановка. Но, вероятно, проще всего будет найти их в готовом виде в каком-нибудь справочнике, вроде Градштейна-Рыжика.

[l0l]

День добрый!
svv Спасибо Вам за помощь!!!
Чет опять запутался...
$A=\frac{h^2}{4EIk^4}\int\limits_{-k}^{k}(t^4-2 k^2 t^2+k^4)\sqrt{1+\frac{h^2}{k^4}t^2}\; dt = \frac{h^2}{2EIk^3}(k^2-t^2)^2 \cdot \sqrt{1+ \frac{h^2 t^2}{k^4}}$
Возвращаюсь, подставляю $k=\frac{b}{4}

$A= \frac{h^2}{8EIb^3} (b^2-16t^2)^2 \cdot \sqrt{1+ \frac{256h^2 t^2}{b^4}}$
Подставляю $t=x - \frac{b}{4}

$A= \frac{8h^2}{EIb^3} x^2 (b-2x)^2 \cdot \sqrt{1+ \frac{256h^2 (x-\frac{b}{4})^2}{b^4}}$

И дальше при $x=0; \frac{b}{2} получается 0

[svv]

Правильно ли я понимаю?: Вы считаете, что $\frac{h^2}{2EIk^3}(k^2-t^2)^2 \cdot \sqrt{1+ \frac{h^2 t^2}{k^4}}$ — это уже взятый интеграл.

Так он так просто не берётся, я не понимаю, куда и каким образом Вам удалось убрать знак интеграла.

[l0l]

Да, точно, тут я ошибся! Вы правы.
Этот интеграл так просто не взять, опять по кругу...

[svv]

Так я ж рассказал, как он берётся. Он сводится к трём выписанным интегралам вида $\int t^m \sqrt{1+at^2}\;dt$, которые точно берутся.
Т.е. он берётся, но не одним махом — вот что я хочу сказать.
Градштейн, Рыжик, страницы 100-101, интегралы 2.271-3, 2.272-2, 2.273-2.

[l0l]

Дааа!
Фантастика!
Результат с колометр длиной...
svv Спасибо Вам большое!!!