Geodésica paraboloide (evaluar integral)

Aug 26 2020

[Un poco de contexto a continuación, pregunta real al final]

Wolfram MathWorld define el paraboloide usando la siguiente parametrización ($u \geq 0$, $v \in [0,2\pi)$):

\begin{align} x&=\sqrt{u}\cos{v} \\ y&=\sqrt{u}\sin{v} \\ z&=u \end{align}

y los coeficientes de la primera forma fundamental como

\begin{align} P&=\left(\frac{\partial x}{\partial u}\right)^2+\left(\frac{\partial y}{\partial u}\right)^2+\left(\frac{\partial z}{\partial u}\right)^2=1+\frac{1}{4u} \\[8pt] Q&=\frac{\partial x}{\partial u}\frac{\partial x}{\partial v}+\frac{\partial y}{\partial u}\frac{\partial y}{\partial v}+\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial z}{\partial v}=0 \\[10pt] R&=\left(\frac{\partial x}{\partial v}\right)^2+\left(\frac{\partial y}{\partial v}\right)^2+\left(\frac{\partial z}{\partial v}\right)^2=u \end{align}

A continuación, configurar la ecuación de Euler-Lagrange es bastante sencillo:

\ begin {ecuación} \ underbrace {\ frac {\ frac {\ parcial P} {\ parcial v} + 2v \, '\ frac {\ parcial Q} {\ parcial v} + v \,' ^ 2 \ frac { \ Rv parcial} {\ v parcial} {2 \ sqrt {P + 2Qv \, '+ Rv \,' ^ 2}}} _ {\ Displaystyle {= 0}} - \ frac {d} {du} \ izquierda (\ frac {Q + Rv '} {\ sqrt {P + 2Qv \,' + Rv \, '^ 2}} \ right) = 0 \ end {ecuación}

Conectando $P$, $Q$ y $R$ Desde arriba, la ecuación se simplificará enormemente debido al término de desaparición en el LHS, por lo que nos quedamos con

\ begin {ecuación} \ frac {d} {du} \ left (\ frac {u \, v '(u)} {\ sqrt {1+ \ frac {1} {4u} + u \, v' (u ) ^ 2}} \ right) = 0 \ end {ecuación}

Dado que la derivada total da como resultado cero, el término entre paréntesis debe ser constante:

\ begin {ecuación} \ frac {u \, v '(u)} {\ sqrt {1+ \ frac {1} {4u} + u \, v' (u) ^ 2}} = C_1 \ end {ecuación }

Reorganizar:

\begin{align} u\,v'(u)&=C_1\sqrt{1+\frac{1}{4u}+u\,v'(u)^2} \\[8pt] u^2\,v'(u)^2&=C_1\left(1+\frac{1}{4u}+u\,v'(u)^2\right) \\[8pt] \end{align} (Salir $C_1$ sin cuadrado ya que su valor es arbitrario de todos modos)

Finalmente, llego a \ begin {ecuación} v (u) = \ pm \ int \ sqrt {\ frac {C_1 + \ frac {C_1} {4u}} {u ^ 2-C_1 u}} du \ end {ecuación}

Tenía curiosidad por ver qué se le ocurriría a Mathematica (solución para la rama positiva):

Integrate[Sqrt[(C1 + C1/(4 u))/(u^2 - C1 u)], u,Assumptions -> u >= 0]

rendimientos

\ begin {juntar *} v (u) = \ frac {u \ sqrt {-C_1 + u} \ sqrt {\ frac {C_1 (1 + 4u)} {u ^ 2 (-C_1 + u)}} \ Bigg (2 \ sqrt {C_1} \ sqrt {C_1 (1 + 4 C_1)} \ sqrt {\ frac {1 + 4u} {1 + 4 C_1}} \ text {arcsinh} \ left (\ frac {2 \ sqrt { C_1} \ sqrt {-C_1 + u}} {\ sqrt {C_1 (1 + 4 C_1)}} \ right)} {C_1 + 4 C_1 \, u} \\ [8pt] \ frac {+ \ sqrt {C_1 +4 C_1 \, u} \, \ arctan \ left (\ frac {\ sqrt {-C_1 + u}} {\ sqrt {C_1 + 4 C_1 \, u}} \ right) \ Bigg)} {C_1 + 4 C_1 \, u} + C_2 \ end {reunir *}

Compare esto con la solución de MathWorld (ecuación 11):

\ begin {ecuación} uc ^ 2 = u (1 + 4c ^ 2) \ sin ^ 2 \ left (v-2c \ ln \ left (k \ left (2 \ sqrt {uc ^ 2} + \ sqrt {4u + 1} \ derecha) \ derecha) \ derecha) \ end {ecuación}

dónde $c$ y $k$ son las constantes de integración.

Aparte de algunas simplificaciones más o menos obvias del resultado de Mathematica, me preguntaba cómo se le ocurrió a Weinstock su solución. ¡Cualquier sugerencia es bienvenida!

Editar:

Usando las identidades sugeridas por Rafa, pude acercarme a la solución dada por Weinstock. Primero, la salida de Mathematica se puede simplificar aún más para

$$ v=2\sqrt{C_1}\text{arcsinh}\left(\frac{2\sqrt{-C_1+u}}{\sqrt{1+4 C_1}}\right)+\arctan\left(\frac{\sqrt{-C_1+u}}{\sqrt{C_1+4C_1u}}\right)+C_2 $$

Ahora, usa las identidades trigonométricas

\begin{align*} \text{arcsinh}\left(\frac{2\sqrt{-C_1+u}}{\sqrt{1+4 C_1}}\right)=\ln\left(\frac{2\sqrt{-C_1+u}+\sqrt{4u+1}}{\sqrt{1+4C_1}}\right) \end{align*}

y \begin{align*} \arctan\left(\frac{\sqrt{-C_1+u}}{\sqrt{C_1+4C_1u}}\right)=\arcsin\left(\sqrt{\frac{-C_1+u}{u(1+4C_1)}}\right) \end{align*}

Por lo tanto

\begin{align*} v=2\sqrt{C_1}\ln\left(\frac{2\sqrt{-C_1+u}+\sqrt{4u+1}}{\sqrt{1+4C_1}}\right)+\arcsin\left(\sqrt{\frac{-C_1+u}{u(1+4C_1)}}\right)+C_2 \end{align*}

Ya que $C_2$ es arbitrario y $\log a+\log b=\log(a\,b)$: \begin{align*} v&=2\sqrt{C_1}\ln\left(\frac{2\sqrt{-C_1+u}+\sqrt{4u+1}}{\sqrt{1+4C_1}}\right)+\arcsin\left(\sqrt{\frac{-C_1+u}{u(1+4C_1)}}\right)+\ln C_2 \\[12pt] v&=2\sqrt{C_1}\ln\left(C_2\,\frac{2\sqrt{-C_1+u}+\sqrt{4u+1}}{\sqrt{1+4C_1}}\right)+\arcsin\left(\sqrt{\frac{-C_1+u}{u(1+4C_1)}}\right) \end{align*}

\begin{align*} \arcsin\left(\sqrt{\frac{-C_1+u}{u(1+4C_1)}}\right)=v-2\sqrt{C_1}\ln\left(C_2\,\frac{2\sqrt{-C_1+u}+\sqrt{4u+1}}{\sqrt{1+4C_1}}\right) \end{align*}

\begin{align*} \frac{-C_1+u}{u(1+4C_1)}=\sin^2\left(v-2\sqrt{C_1}\ln\left(C_2\,\frac{2\sqrt{-C_1+u}+\sqrt{4u+1}}{\sqrt{1+4C_1}}\right)\right) \end{align*}

\begin{align*} u-C_1=u(1+4C_1)\sin^2\left(v-2\sqrt{C_1}\ln\left(C_2\,\frac{2\sqrt{u-C_1}+\sqrt{4u+1}}{\sqrt{1+4C_1}}\right)\right) \end{align*}

que es casi idéntica a la solución de libro de texto:

\ begin {ecuación} uc ^ 2 = u (1 + 4c ^ 2) \ sin ^ 2 \ left (v-2c \ ln \ left (k \ left (2 \ sqrt {uc ^ 2} + \ sqrt {4u + 1} \ derecha) \ derecha) \ derecha) \ end {ecuación}

¿Cómo puedo deshacerme del denominador? $\sqrt{1+4C_1}$?

Respuestas

1 RafaBudría Aug 26 2020 at 18:49

Demasiado tiempo para un comentario. Es engorroso. Dos identidades pueden ayudar.

Usando el que se relaciona$\arctan$ y $\arcsin$:

$\arctan\left(\dfrac{\sqrt{-C_1+u}}{\sqrt{C_1+4 C_1\,u}}\right)=\arcsin\left(\dfrac{\dfrac{\sqrt{-C_1+u}}{\sqrt{C_1+4 C_1\,u}}}{\sqrt{1+\left(\dfrac{\sqrt{-C_1+u}}{\sqrt{C_1+4 C_1\,u}}\right)^2}}\right)=$

$=\arcsin\left(\dfrac{\dfrac{\sqrt{-C_1+u}}{\sqrt{C_1+4 C_1\,u}}}{\sqrt{\dfrac{u+4C_1u}{C_1+4 C_1\,u}}}\right)=\arcsin\left(\sqrt{\dfrac{-C_1+u}{u(1+4C_1)}}\right)$