Paraboloid jeodezik (integrali değerlendirin)

Question

[Aşağıda biraz içerik, sonunda asıl soru]

Wolfram MathWorld , aşağıdaki parametrelendirmeyi kullanarak paraboloid tanımlar ($u \geq 0$, $v \in [0,2\pi)$):

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

ve katsayıları birinci temel formu olarak

\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}

Ardından, Euler-Lagrange denklemini kurmak oldukça basittir:

\ begin {denklem} \ underbrace {\ frac {\ frac {\ kısmi P} {\ kısmi v} + 2v \, '\ frac {\ kısmi Q} {\ kısmi v} + v \,' ^ 2 \ frac { \ kısmi R} {\ kısmi v}} {2 \ sqrt {P + 2Qv \, '+ Rv \,' ^ 2}}} _ {\ displaystyle {= 0}} - \ frac {d} {du} \ left (\ frac {Q + Rv '} {\ sqrt {P + 2Qv \,' + Rv \, '^ 2}} \ sağ) = 0 \ end {equation}

Fişe takılıyor $P$, $Q$ ve $R$ Yukarıdan, denklem LHS'deki kaybolan terim nedeniyle büyük ölçüde basitleşecek, bu yüzden

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

Toplam türev sıfır verdiğinden, parantez içindeki terim sabit olmalıdır:

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

Yeniden düzenle:

\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} (Ayrılmak $C_1$ değeri keyfi olduğu için kararsız)

Sonunda \ begin {equation} v (u) = \ pm \ int \ sqrt {\ frac {C_1 + \ frac {C_1} {4u}} {u ^ 2-C_1 u}} du \ end {equation} 'a ulaşıyorum

Mathematica'nın ne bulacağını merak ediyordum (pozitif dal için çözüm):

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

verim

\ begin {collect *} 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 {topla *}

Bunu MathWorld'deki çözümle karşılaştırın (denklem 11):

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

nerede $c$ ve $k$ entegrasyon sabitleridir.

Mathematica çıktısının az çok aşikar basitleştirmelerinin yanı sıra, Weinstock'un çözümünü nasıl bulduğunu merak ediyordum. Herhangi bir ipucu hoş geldiniz!

---

Düzenle:

Rafa'nın önerdiği kimlikleri kullanarak Weinstock'un verdiği çözüme yaklaşabildim. İlk olarak, Mathematica'nın çıktısı daha da basitleştirilebilir.

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

Şimdi, trigonometri kimliklerini kullanın

\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*}

ve \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*}

Bu nedenle

\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*}

Dan beri $C_2$ keyfi ve $\log a+\log b=\log(a\,b)$: \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*}

ders kitabı çözümüyle neredeyse aynı olan:

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

Paydadan nasıl kurtulabilirim $\sqrt{1+4C_1}$?

Answer 1

Yorum yapmak için çok uzun. Bu külfetli. İki kimlik yardımcı olabilir.

Birini kullanarak ilgili$\arctan$ ve $\arcsin$:

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

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

MathWorld'den yeniden düzenlenen ile karşılaştırın

$\begin{equation} \sqrt{\dfrac{u-c^2}{u(1+4c^2)}}=\sin\left(v-2c\ln\left(k\left(2\sqrt{u-c^2}+\sqrt{4u+1}\right)\right)\right) \end{equation}$

Dahası, bir kimlikten$\text{arcsinh}$

$\text{arcsinh}\left(\dfrac{2\sqrt{C_1}\sqrt{-C_1+u}}{\sqrt{C_1(1+4 C_1)}}\right)=\text{arcsinh}\left(\dfrac{2\sqrt{-C_1+u}}{\sqrt{1+4 C_1}}\right)=$

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

$=\ln\left(\dfrac{2\sqrt{-C_1+u}+\sqrt{4u+1}}{\sqrt{1+4 C_1}}\right)$

Bunun yardımcı olabileceğini düşünüyorum.