Длина кривой.

[main.c]

Нужно найти длину кривой $\sqrt{x/a} + \sqrt{y/b} = 1$.
Я решил перейти к параметрической форме:
$ t \in [0, \pi/2] $
$x = a \sin^2t$
$y = b (1 - \sin t)^2$
$x' = 2a \sin t \cos t$
$y' = 2b(\sin t \cos t - \cos t)$
$\int\limits_0^{\pi/2} \sqrt{x'^2(t) + b'^2(t)} dt = \int\limits_0^{\pi/2} \sqrt{4 \cos^2t (\sin^2t(a^2 + b^2) - 2b^2 \sin t + b^2)} dt$
Дальше я снова делаю замену $z = \sin t$:
$\int\limits_0^{\pi/2} \sqrt{x'^2(t) + b'^2(t)} dt = 2 \int\limits_0^{1} \sqrt{ (z^2(a^2 + b^2) - 2b^2 z + b^2)} dz$
Вроде бы я уже близок к решению, но у меня такое чувство, что я еду из Москвы в Тулу через Владивосток. Может кто подскажет, как тут было бы более эффективно решить данную задачу?

[demolishka]

Параметризация конечно у вас ужасная. Вот у вас кривая задается уравнением y=f(x). Как параметризовать ее проще всего?

[Shtorm]

main.c, действительно, в параметризации можно обойтись без тригонометрических функций.

[main.c]

Shtorm в сообщении #888819 писал(а):

main.c, действительно, в параметризации можно обойтись без тригонометрических функций.

demolishka в сообщении #888816 писал(а):

Параметризация конечно у вас ужасная. Вот у вас кривая задается уравнением y=f(x). Как параметризовать ее проще всего?

Да, наверное лучше было бы сделать так:
$x = t$
$y = b(1- \sqrt{\frac{t}{a}})^2$
Я не хотел, чтобы были корни в параметрическом уравнении, очень не люблю с ними работать, поэтому параметризовал через синус.

[Shtorm]

main.c в сообщении #888825 писал(а):

Да, наверное лучше было бы сделать так:
$x = t$
$y = b(1- \sqrt{\frac{t}{a}})^2$

Делать такую параметризацию, в данном случае, смысла воообще нет, ибо это равносильно явному выражению $y$ через $x$ без всякого параметра. Это я к тому, что после того, как выразим $y$ через $x$ в явном виде - просто подставляем в формулу длины дуги для функции заданной как $ y=f(x)$. Но можно конечно и так решать.
Я подобрал вот какую параметризацию:

$$ \begin{cases} x=at^2,&\ \ t\in[0,1]\\ y=b(1-t)^2& \end{cases} $$

но даже при такой параметризации в итоге придётся выделять под корнем полный квадрат, возиться с громоздкимии коэффициентами, а потом ещё дальше либо замена, либо по частям - тоже всё громоздко и неприятно.

[Sinoid]

можно и параметризацией через тригонометрию по-другому

[Skeptic]

main.c в сообщении #888811 писал(а):

Нужно найти длину кривой $\sqrt{x/a} + \sqrt{y/b} = 1$.

Если использовать параметризацию $x_1^2=\sqrt{x/a}$ и $y_1^2=\sqrt{y/b}$, то $x_1^2+y_1^2=1$.

[Shtorm]

Sinoid в сообщении #889190 писал(а):

можно и параметризацией через тригонометрию по-другому

Имеется ввиду такая параметризация?:

$$ \begin{cases} x=a\sin^4t,&\ \ t\in[0,\frac{\pi}{2}]\\ y=b\cos^4t& \end{cases} $$

Но там под корнем получится ли преобразовать к виду, чтобы взять интеграл?

Да, после замены тригонометрической функции на новую переменную опять получим под корнем неполный квадрат с аналогичными коэффициентами. Так что выгоды ни какой. Лучше ту параметризацию с квадратом.

-- Пн июл 21, 2014 17:18:30 --

Skeptic в сообщении #889211 писал(а):

Если использовать параметризацию $x_1^2=\sqrt{x/a}$ и $y_1^2=\sqrt{y/b}$, то $x_1^2+y_1^2=1$.

То есть, сначала вводим новую систему координат, а потом уже...

[Sinoid]

Shtorm в сообщении #889220 писал(а):

Но там под корнем получится ли преобразовать к виду, чтобы взять интеграл?

Вы бы хоть не полностью параметризацию писали.

[Алексей К.]

Shtorm в сообщении #889220 писал(а):

Так что выгоды ни какой.

Ага. Ни какой. Ни когда. Ни куда не годится.

[bot]

Shtorm в сообщении #889220 писал(а):

Но там под корнем получится ли преобразовать к виду, чтобы взять интеграл?

Получится.

[Shtorm]

bot, Вы имеете ввиду, что вот такой интеграл получится

$$\int\limits_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\frac{a^2 + b^2}{4}(1+\cos2t)^2 - a^2 (1+\cos2t) + a^2}\ \ d(1+\cos2t)$$

[bot]

Я не вычислял - просто навскидку сказал. Ясно было, что аргумент удвоится и под корнем квадратный трёхлен окажется, очевидно без действительных корней. Ну вот и подвердилось и теперь он уже почти табличный.

[ewert]

main.c в сообщении #888811 писал(а):

Дальше я снова делаю замену $z = \sin t$:
$\int\limits_0^{\pi/2} \sqrt{x'^2(t) + b'^2(t)} dt = 2 \int\limits_0^{1} \sqrt{ (z^2(a^2 + b^2) - 2b^2 z + b^2)} dz$

Оно так, конечно; но к чему все эти пляски с бубнами и параметризациями?... Если в лоб выразить игрек через икс, то сходу получается $\int\limits_0^{\sqrt{a}}\sqrt{1+b^2\left(\frac1a-\frac1{\sqrt{ax}}\right)^2}\;dx$, который после напрашивающейся замены $\sqrt{x}=z\sqrt{a}$ автоматически к Вашему последнему и сведётся. А дальше уж увы -- этот интеграл никак и ничем не упростишь; какой получился, такой и получился. Но и берётся он совершенно стандартно -- или, если лень считать вручную, то тупо выписывается из любой хоть мало-мальски расширенной таблицы.

[Shtorm]

bot в сообщении #889855 писал(а):

Я не вычислял - просто навскидку сказал. Ясно было, что аргумент удвоится и под корнем квадратный трёхлен окажется, очевидно без действительных корней. Ну вот и подвердилось и теперь он уже почти табличный.

Да. Но посмотрите, после замены переменной получится интеграл аналогичный тому, что получил ТС в первом сообщении темы, причём всяких тригонометрических преобразований у него явно меньше было. Поэтому- то я и написал, что особого смысла не было. Но самое быстрое и эффективное решение по-прежнему остаётся с использованием параметризации:

Shtorm в сообщении #888826 писал(а):

Я подобрал вот какую параметризацию:

$$ \begin{cases} x=at^2,&\ \ t\in[0,1]\\ y=b(1-t)^2& \end{cases} $$

Тут просто меньше действий нужно делать.

ewert в сообщении #889883 писал(а):

Если в лоб выразить игрек через икс, то сходу получается $\int\limits_0^{\sqrt{a}}\sqrt{1+b^2\left(\frac1a-\frac1{\sqrt{ax}}\right)^2}\;dx$,

А почему верхний предел интегрирования равен $\sqrt{a}$ ? Он должен равняться просто $a$.