mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 12, 2020 4:25 pm**

Να υπολογιστεί το μήκος της καμπήλης $\gamma(t)=(t, \frac{t^2}{2})$ όπου $0\leq t \leq a$

To ολοκλήρωμα που θα προκύψει το έχω ήδη λύσει με 2 διαφορετικούς τρόπους και αυτος ειναι ο 3ος. Για να επαληθεύσω τα αποτελέσατα έθεσα στο τέλος όπου a=1

και βρίσκω οτι το μήκος της καμπύλης ειναι περίπου ίσο με 1.14779

Παρόλα αυτά με τον τρίτο τρόπο δεν παίρνω το αποτέλεσμα που θέλω, και παρόλο που το έχω ελέγξει απειρες φορές δεν βρίσκω άκρη.

Έχουμε

$l(\gamma)=\int_{0}^{a}\sqrt{1+t^2}dt$

θετω t=tanx

και $dt=\frac{1}{cos^2x}dx$
Οπότε όταν $t=0 \Rightarrow x=0$
και $t=a \Rightarrow x=tan^{-1}(a)$

Οπότε το ολοκλήρωμα με την αντικατάσταση αυτή θα γίνει:

$l(\gamma)=\int_{0}^{tan^{-1}(a)} \sqrt{ \frac{1}{cos^2x} } \frac{1}{cos^2x}dx = \int_{0}^{tan^{-1}(a)} \frac{1}{cos^3x}dx$

Εφαρμόζω παραγοντική ολοκλήρωση εδώ, άρα

$\int_{0}^{tan^{-1}(a)}(tanx)' \frac{1}{cosx}dx= \left [tanx \frac{1}{cosx} \right ]_{x=0}^{tan^{-1}(a)}- \int_{0}^{tan^{-1}(a)} \frac{sinx}{cosx} \frac{sinx}{cos^2x}dx$

$l(\gamma)=\frac{a}{cos(tan^{-1}a)} - \int_{0}^{tan^{-1}a}\left ( \frac{1}{cos^3x} - \frac{1}{cosx} \right )dx$

$2 l(\gamma)=\frac{a}{cos(tan^{-1}a)} + \int_{0}^{tan^{-1}a} \frac{1}{cosx}dx$

$2 l(\gamma)=\frac{a}{cos(tan^{-1}a)} + \int_{0}^{tan^{-1}a} \frac{1}{cosx} \frac{cosx}{cosx} dx$

$2 l(\gamma)=\frac{a}{cos(tan^{-1}a)} + \int_{0}^{tan^{-1}a} \frac{cosx}{1-sin^2x}dx$

Νέα αντικατάσταση όπου
$sinx=t \Rightarrow cosxdx=dt$
$x=0 \Rightarrow t=0$
$x=tan^{-1}a \Rightarrow t=sin(tan^{-1}a)$

Οπότε παίρνουμε:
$2 l(\gamma)=\frac{a}{cos(tan^{-1}a)} + \int_{0}^{sin(tan^{-1}a)} \frac{1}{(1-t)(1+t)}dt$

$2 l(\gamma)=\frac{a}{cos(tan^{-1}a)} + \frac{1}{2} \int_{0}^{sin(tan^{-1}a)} \frac{1}{1-t}dt+ \frac{1}{2} \int_{0}^{sin(tan^{-1}a)} \frac{1}{1+t} dt$

$2 l(\gamma)=\frac{a}{cos(tan^{-1}a)} + \frac{1}{2} \left [ ln|1-t| \right ]_0 ^{sin(tan^{-1}a)} + \frac{1}{2} \left [ ln|1+t| \right ]_0 ^{sin(tan^{-1}a)}$

$l(\gamma)= \frac{1}{2}\left [ \frac{a}{cos(tan^{-1}a)} + \frac{1}{2} ln(1+sin(tan^{-1}a)) + \frac{1}{2} ln( 1 - sin(tan^{-1}a)) \right ]$

Αν βάλω όπου α=1 δεν παίρνω το αποτέλεσμα που θέλω...
Πειραματίστηκα λίγο με τα πρόσημα και πρόσεξα οτι στο τέλος αν είχα αυτό
$l(\gamma)= \frac{1}{2}\left [ \frac{a}{cos(tan^{-1}a)} + \frac{1}{2} ln(1+sin(tan^{-1}a)) - \frac{1}{2} ln( 1 - sin(tan^{-1}a)) \right ]$
τότε για α=1 παίρνω το ζητούμενο αποτέλεσμα.
Ωστοσο επειδη το έλεγξα αυτό το σημείο, δεν γίνεται να βγει εκεί με μείον.

Μπορεί κανείς να με βοηθήσει;;

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 12, 2020 7:37 pm**

Δεν το κοίταξα με λεπτομέρεια γιατί χάνεσαι χωρίς λόγο. Πολλές πράξεις χωρίς αιτία.

Το ολοκλήρωμα που ψάχνεις μετά την αντικατάσταση είναι το $\int \sec ^3 x dx$ που είναι στάνταρ και υπάρχει σε όλα τα βιβλία που έχουν καλή διαπραγμάτευση τεχνικών ολοκλήρωσης. Ίσον, σχεδόν όλοι οι Απειροστικοί Λογισμοί και οι Αναλύσεις.

Με την σειρά του αυτό ανάγεται στο $\int \sec x dx$ .

Υπόδειξη για το τελευταίο: Ίσως ο γρηγορότερος τρόπος είναι με $\displaystyle{\int \sec x dx = \int \frac {(\sec x + \tan x)\sec x}{\sec x + \tan x} dx = \ln ....}$ .

Άλλος στάνταρ τρόπος είναι με την αλλαγή μεταβλητής $t = \tan (x/2)$ .

Με λίγα λόγια, βρες πρώτα το αόριστο ολοκλήρωμα και μετά βάλε τα όρια. Θα γλυτώσεις έτσι παραστάσεις όπως $\sin (\tan {-1} x)$ που κουβαλάς μέχρι εξαντλήσεως.

Περιμένουμε εδώ τις λύσεις σου.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 12, 2020 11:11 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 12, 2020 7:37 pm
Το ολοκλήρωμα που ψάχνεις μετά την αντικατάσταση είναι το $\int \sec ^3 x dx$ που είναι στάνταρ και υπάρχει σε όλα τα βιβλία που έχουν καλή διαπραγμάτευση τεχνικών ολοκλήρωσης. Ίσον, σχεδόν όλοι οι Απειροστικοί Λογισμοί και οι Αναλύσεις.

Μπορεί να σας εκπλήξω, αλλά ποτέ σε κανένα μάθημα στο Μαθηματικό αθήνας δεν το έχουμε συναντήσει το secx. (εννοώ σε κανέναν απο τους τρεις απειροστικούς και διαφορική γεωμετρία) Δεν είναι τίποτα άλλο βέβαια απο $\frac{1}{cosx}$ Οπότε ειναι λίγο θέμα εξοικίωσης.

Αν στη δική μου λύση πάω να λύσω το αόριστο ολοκλήρωμα και βάλω όπου $\frac{1}{cosx}=secx$ τότε στο σημείο

$l(\gamma)=\int \sqrt{ \frac{1}{cos^2x} } \frac{1}{cos^2x}dx = \int |secx|sec^2x dx$ δεν θα μας είναι πρόβλημα το απόλυτο;

Ενω με το ορισμένο ολοκλήρωμα επειδή δίνεται οτι a > 0

άρα το $0 < tan^{-1}a < \frac{\pi}{2}$ τότε μπορώ να συμπεράνω οτι cosx>0

και να αφαιρέσω το απόλυτο.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 12, 2020 11:31 pm**

Οι αλλοι 2 τρόποι που προσπάθησα ήταν:

Ο 1ος: έθεσα $u=t+\sqrt{1+t^2}$

και ο 2ος: t=sinh(x)

(o 2ος ήταν και ο πιο σύντομος)

Απλά με προβλημάτισε πολύ που δεν έβγαλα το ίδιο αποτέλεσμα με τον τρίτο τρόπο και δεν κατάλαβα που έκανα το λάθος.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 13, 2020 8:25 am**

Maidenas έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 12, 2020 11:11 pm
Μπορεί να σας εκπλήξω, αλλά ποτέ σε κανένα μάθημα στο Μαθηματικό αθήνας δεν το έχουμε συναντήσει το secx. (εννοώ σε κανέναν απο τους τρεις απειροστικούς και διαφορική γεωμετρία) Δεν είναι τίποτα άλλο βέβαια απο $\frac{1}{cosx}$ Οπότε ειναι λίγο θέμα εξοικίωσης.

Μάλλον δεν τα λες καλά.

Βλέπε π.χ. Νεγρεπόντης et al, τόμος ΙΙ1 σελίς 254 (το L_1

) και αλλού,
Spivak, σελίδες 329, 336, 348, 349 και αλλού. Και λοιπά, και λοιπά.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 13, 2020 1:58 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 13, 2020 8:25 am

Μάλλον δεν τα λες καλά.

Βλέπε π.χ. Νεγρεπόντης et al, τόμος ΙΙ1 σελίς 254 (το ) και αλλού,
Spivak, σελίδες 329, 336, 348, 349 και αλλού. Και λοιπά, και λοιπά.

Για τους απειροστικούς Ι και ΙΙ προτείνεται οι σημειώσεις του κυρίου Γιαννόπουλου που ειναι υπερπλήρεις, αλλά το secχ δεν το χρησιμοποιήσαμε ποτέ, θα μπορούσε να σας το επιβεβαίωσει οποιοσδήποτε φοιτητής του μαθηματικού Αθηνών. Στην ουσία είναι ο συμβολισμός του $\frac{1}{cosx}$ που το μονο που χρειάζεται ειναι εξοικίωση. Δεν μπήκαμε ποτέ σε αυτή την διαδικασία γιατί δεν μας το ανέφεραν.

Συγκεκριμένα για το σύγγραμα του κυρίου Νεγρεπόντη μας λέγαν το εξής: Οτι είναι εξαιρετικό σύγγραμμα, πολύ αυστηρό, απλώς για τους πρωτοετείς θα φαινόταν κάπως, οπότε δεν μας το συνιστούσαν ιδιαίτερα. Κάποια στιγμή θα το βρίσκαμε μπροστά μας βέβαια.

Τελικά για το ολοκλήρωμα εντόπισα το λάθος που χει γίνει. Στην αντιπαράγωγο του $\frac{1}{1-t}$ . Οπότε βγαίνει σωστά έτσι με αυτήν την διόρθωση.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 13, 2020 8:55 pm**

Maidenas έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 13, 2020 1:58 pm
θα μπορούσε να σας το επιβεβαίωσει οποιοσδήποτε φοιτητής του μαθηματικού Αθηνών. .

Πάλι δεν τα λες καλά. Με το σύστημα "Εύδοξος" πολλαπλού βιβλίου, ο κάθε φοιτητής επιλέγει από μία λίστα εκείνο το βιβλίο που του αρέσει. Στον "Εύδοξο" υπάρχει και το βιβλίο του Νεγρεπόντη και του Spivak, οπότε δεν μπορείς να ξέρεις τι πήραν οι συμφοιτητές σου, τους οποίους επικαλείσαι.

Αλλά δεν είναι εκεί το θέμα. Το σημαντικότερο είναι ότι αλίμονο αν μένουμε σε ένα βιβλίο. Εξαιρετικό μεν, όπως και τα άλλα δύο, αλλά αν όλες μας οι γνώσεις περικλείονται ανάμεσα σε δύο εξώφυλλα και μόνο, βαδίζουμε σε λάθος μονοπάτι.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 13, 2020 9:49 pm**

Χωρίς να θέλω να παρέμβω στη κουβέντα , αλλά , μία ωραία τεχνική για αυτού του είδους τα ολοκληρώματα είναι οι παράγοντες. Για παράδειγμα:

$\displaystyle{\begin{aligned} \mathcal{J} &= \int \sqrt{1+x^2} \, \mathrm{d}x \\ &= x\sqrt{x^2+1} \, \mathrm{d}x - \int \frac{x^2}{\sqrt{x^2+1}} \, \mathrm{d}x \\ &=x \sqrt{x^2+1} - \int \frac{x^2 \sqrt{x^2+1}}{x^2+1} \, \mathrm{d}x \\ &=x \sqrt{x^2+1} - \int \frac{\left ( x^2+{\color{red}{1-1}} \right ) \sqrt{x^2+1}}{x^2+1} \, \mathrm{d}x \\ &= x \sqrt{x^2+1} - \int \sqrt{x^2+1} \, \mathrm{d}x + \int \frac{\sqrt{x^2+1}}{x^2+1} \, \mathrm{d}x \\ &=x \sqrt{x^2+1} - \mathcal{J} + \int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^2+1}} \\ &= x \sqrt{x^2+1} - \mathcal{J} + \mathrm{arcsinh}\; x \end{aligned}}$
και τα λοιπά.

Αποφεύγουμε τη τριγωνομετρική αντικατάσταση και τα ακόλουθα της. Βεβαία η αντικατάσταση $x=\sinh u$ είναι βολική !!

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 13, 2020 10:27 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 13, 2020 8:55 pm
Πάλι δεν τα λες καλά. Με το σύστημα "Εύδοξος" πολλαπλού βιβλίου, ο κάθε φοιτητής επιλέγει από μία λίστα εκείνο το βιβλίο που του αρέσει. Στον "Εύδοξο" υπάρχει και το βιβλίο του Νεγρεπόντη και του Spivak, οπότε δεν μπορείς να ξέρεις τι πήραν οι συμφοιτητές σου, τους οποίους επικαλείσαι.

Αλλά δεν είναι εκεί το θέμα. Το σημαντικότερο είναι ότι αλίμονο αν μένουμε σε ένα βιβλίο. Εξαιρετικό μεν, όπως και τα άλλα δύο, αλλά αν όλες μας οι γνώσεις περικλείονται ανάμεσα σε δύο εξώφυλλα και μόνο, βαδίζουμε σε λάθος μονοπάτι.

Δεν αντιλέγω σε αυτό. Συγκεκριμένα εγώ μάλιστα έχω και του Spivak το βιβλίο, και του κύριου Νεγρεπόντη. Απλώς για κάποιο λόγο δεν έχουμε δει ποτέ απο καθηγητες στους απειροστικούς να χρησιμοποιούν στον πίνακα το secx στην θέση του $\frac{1}{cosx}$ .

Πάντως και να θέλαμε να μείνουμε σε ένα βιβλίο δεν γίνεται εκ των πραγμάτων, είναι τόσο απαιτητική η σχολή, που αμα δεν ψάξουμε συγχρόνως σημειώσεις απο την τάξη, ιντερνετ, και οποιοδήποτε βιβλίο έχουμε δεν γίνεται αλλιώς.

Ας πούμε στην Μιγαδική ανάλυση έβλεπα κάτι καταπληκτικά βιντεομαθήματα αυτής της εξαιρετικής καθηγήτριας.
https://www.youtube.com/playlist?list=P ... eH0RaBoYJf

Γραμμικες Άλγεβρες , απο Gilbert Strang του MIT, του χρωστάω το 9 που έγραψα Γραμμικη.

Απειροστικό 3 απο ένα εβραϊκό πανεπιστήμιο , απίθανος καθηγητής και αυτός:
https://www.youtube.com/watch?v=oV0INtZ ... Bp-fhWrDr0

Γενικά, ψαχνόμαστε πολύ!!

Και θα ήταν αμαρτία αμα δεν αναφέρω και την υπερπολύτιμη βοήθεια που έχω πάρει απο αυτό φόρουμ!!! Τυχαίνει να διαβάζω ασκήσεις που κατα καιρούς ανεβάζετε εδώ και εκπλήσσομαι με την ποικιλία των τρόπων που τις αποδεικνύεται...

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 13, 2020 10:29 pm**

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 13, 2020 9:49 pm
Χωρίς να θέλω να παρέμβω στη κουβέντα , αλλά , μία ωραία τεχνική για αυτού του είδους τα ολοκληρώματα είναι οι παράγοντες. Για παράδειγμα:

$\displaystyle{\begin{aligned} \mathcal{J} &= \int \sqrt{1+x^2} \, \mathrm{d}x \\ &= x\sqrt{x^2+1} \, \mathrm{d}x - \int \frac{x^2}{\sqrt{x^2+1}} \, \mathrm{d}x \\ &=x \sqrt{x^2+1} - \int \frac{x^2 \sqrt{x^2+1}}{x^2+1} \, \mathrm{d}x \\ &=x \sqrt{x^2+1} - \int \frac{\left ( x^2+{\color{red}{1-1}} \right ) \sqrt{x^2+1}}{x^2+1} \, \mathrm{d}x \\ &= x \sqrt{x^2+1} - \int \sqrt{x^2+1} \, \mathrm{d}x + \int \frac{\sqrt{x^2+1}}{x^2+1} \, \mathrm{d}x \\ &=x \sqrt{x^2+1} - \mathcal{J} + \int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^2+1}} \\ &= x \sqrt{x^2+1} - \mathcal{J} + \mathrm{arcsinh}\; x \end{aligned}}$
και τα λοιπά.

Αποφεύγουμε τη τριγωνομετρική αντικατάσταση και τα ακόλουθα της. Βεβαία η αντικατάσταση $x=\sinh u$ είναι βολική !!

Πολύ καλός τρόπος!!! Ευχαριστώ πολύ

mathematica.gr

Ένα μικρούλι ολοκλήρωμα που γιγαντώνεται

Ένα μικρούλι ολοκλήρωμα που γιγαντώνεται

Re: Ένα μικρούλι ολοκλήρωμα που γιγαντώνεται

Re: Ένα μικρούλι ολοκλήρωμα που γιγαντώνεται

Re: Ένα μικρούλι ολοκλήρωμα που γιγαντώνεται

Re: Ένα μικρούλι ολοκλήρωμα που γιγαντώνεται

Re: Ένα μικρούλι ολοκλήρωμα που γιγαντώνεται

Re: Ένα μικρούλι ολοκλήρωμα που γιγαντώνεται

Re: Ένα μικρούλι ολοκλήρωμα που γιγαντώνεται

Re: Ένα μικρούλι ολοκλήρωμα που γιγαντώνεται

Re: Ένα μικρούλι ολοκλήρωμα που γιγαντώνεται