Bestimmtes Integral 4π∫10cosh(t)cosh2(t)+sinh2(t)−−−−−−−−−−−−−−−−√dt4π∫01cosh⁡(t)cosh2⁡(t)+sinh2⁡(t )dt 4\pi\int_{0}^{1}\cosh(t)\sqrt{\cosh^{2}(t)+\sinh^{2}(t)} dt

Question

Bestimmtes Integral 4π∫10cosh(t)cosh2(t)+sinh2(t)−−−−−−−−−−−−−−−−√dt4π∫01cosh⁡(t)cosh2⁡(t)+sinh2⁡(t )dt 4\pi\int_{0}^{1}\cosh(t)\sqrt{\cosh^{2}(t)+\sinh^{2}(t)} dt

Infinitesimalrechnung
Integration
Mathematik
bestimmte Integrale
Multivariable Infinitesimalrechnung

Jutsushi

Betrachten Sie das Integral

4 π \int_{0}^{1} cosch (T) \sqrt{{cosch}^{2} (T) + {Sünde}^{2} (T)} D T .

$4\pi\int_{0}^{1}\cosh(t)\sqrt{\cosh^{2}({t})+\sinh^{2}({t})}{dt}.$

Dieses bestimmte Integral entstand bei der Berechnung der Oberfläche eines Hyperboloids. Das Hyperboloid wird parametrisiert durch

\begin{aligned} X & = (cosch (T)) (\cos (θ)); \\ j & = (cosch (T)) (Sünde (θ)); \\ z & = Sünde (T) \end{aligned}

$\begin{align*} {x}&=(\cosh({t}))(\cos(\theta))\text{;}\\ {y}&=(\cosh({t}))(\sin(\theta))\text{;}\\ {z}&=\sinh({t})\\ \end{align*}$ für

\begin{aligned} 0 & \leq θ \leq 2 π; \\ - 1 & \leq T \leq 1 . \end{aligned}

$\begin{align*} 0&\leq\theta\leq{2}\pi\text{;}\\ -1&\leq{t}\leq{1}\text{.}\\ \end{align*}$ Erinnere dich daran

\cosh^{2} (t) - \sinh^{2} (t) = 1

$\cosh^{2}({t})-\sinh^{2}({t})=1$ . Der Positionsvektor

\vec{r}

$\vec{r}$ wird von gegeben

\vec{R} (X (T, θ), j (T, θ), z (T, θ)) = (cosch (T)) (\cos (θ)) \hat{ich} + (cosch (T)) (Sünde (θ)) \hat{ȷ} + (Sünde (T)) \hat{k},

$\vec{r}({x}({t},\theta),{y}({t},\theta),{z}({t},\theta))=(\cosh({t}))(\cos(\theta))\hat{\imath}+(\cosh({t}))(\sin(\theta))\hat{\jmath}+(\sinh({t}))\hat{k}\text{,}$ und seine partiellen Ableitungen sind

\begin{aligned} \frac{\partial \vec{R}}{\partial T} & = (Sünde (T)) (\cos (θ)) \hat{ich} + (Sünde (T)) (Sünde (θ)) \hat{ȷ} + (cosch (T)) \hat{k}; \\ \frac{\partial \vec{R}}{\partial θ} & = (cosch (T)) (- Sünde (θ)) \hat{ich} + (cosch (T)) (\cos (θ)) \hat{ȷ} + 0 \hat{k} \end{aligned}

$\begin{align*} \frac{\partial\vec{r}}{\partial{t}}&=(\sinh({t}))(\cos(\theta))\hat{\imath}+(\sinh({t}))(\sin(\theta))\hat{\jmath}+(\cosh({t}))\hat{k}\text{;}\\ \frac{\partial\vec{r}}{\partial\theta}&=(\cosh({t}))(-\sin(\theta))\hat{\imath}+(\cosh({t}))(\cos(\theta))\hat{\jmath}+0\hat{k}\\ \end{align*}$ gegenüber

t

$t$ Und

θ

$\theta$ . Die Fläche des von den beiden partiellen Ableitungen gebildeten Parallelogramms ist durch die Größe ihres Kreuzprodukts gegeben.

\begin{aligned} \frac{\partial \vec{R}}{\partial T} \times \frac{\partial \vec{R}}{\partial θ} & = | \begin{matrix} \hat{ich} & \hat{ȷ} & \hat{k} \\ (Sünde (T)) (\cos (θ)) & (Sünde (T)) (Sünde (θ)) & cosch (T) \\ (cosch (T)) (- Sünde (θ)) & (cosch (T)) (\cos (θ)) & 0 \end{matrix} | \\ = - {cosch}^{2} (T) \cos (θ) \hat{ich} - {cosch}^{2} (T) Sünde (θ) \hat{ȷ} + Sünde (T) cosch (T) \hat{k}; \\ “ \frac{\partial \vec{R}}{\partial T} \times \frac{\partial \vec{R}}{\partial θ} “ & = cosch (T) \sqrt{{cosch}^{2} (T) + {Sünde}^{2} (T)} . \end{aligned}

$\begin{align*} \frac{\partial\vec{r}}{\partial{t}}\times\frac{\partial\vec{r}}{\partial\theta}&=\begin{vmatrix} \hat{\imath}&\hat{\jmath}&\hat{k}\\(\sinh({t}))(\cos(\theta))&(\sinh({t}))(\sin(\theta))&\cosh({t})\\(\cosh({t}))(-\sin(\theta))&(\cosh({t}))(\cos(\theta))&0\end{vmatrix}\\ &=-\cosh^{2}({t})\cos(\theta)\hat{\imath}-\cosh^{2}({t})\sin(\theta)\hat{\jmath}+\sinh({t})\cosh({t})\hat{k}\text{;}\\ \left\|\frac{\partial\vec{r}}{\partial{t}}\times\frac{\partial\vec{r}}{\partial\theta} \right\|&=\cosh({t})\sqrt{\cosh^{2}({t})+\sinh^{2}({t})}\text{.}\\ \end{align*}$ Integrieren über die Oberfläche ergibt

\int_{0}^{2 π} \int_{- 1}^{1} cosch (T) \sqrt{{cosch}^{2} (T) + {Sünde}^{2} (T)} D T D θ = 2 π \int_{- 1}^{1} cosch (T) \sqrt{{cosch}^{2} (T) + {Sünde}^{2} (T)} D T .

$\int_{0}^{2\pi}\int_{-1}^{1}\cosh(t)\sqrt{\cosh^{2}({t})+\sinh^{2}({t})}{dt}{d}\theta=2\pi\int_{-1}^{1}\cosh({t})\sqrt{\cosh^{2}({t})+\sinh^{2}({t})}{dt}\text{.}$ Aus Symmetriegründen ist das Integral äquivalent zu

4 π \int_{0}^{1} cosch (T) \sqrt{{cosch}^{2} (T) + {Sünde}^{2} (T)} D T .

$4\pi\int_{0}^{1}\cosh({t})\sqrt{\cosh^{2}({t})+\sinh^{2}({t})}{dt}\text{.}$ Laut Wolfram Alpha ist die Oberfläche eines Hyperboloids

4 π \int_{0}^{1} cosch (T) \sqrt{{cosch}^{2} (T) + {Sünde}^{2} (T)} = π (\sqrt{2} {Sünde}^{- 1} (\sqrt{2} Sünde (1)) + 2 Sünde (1) \sqrt{cosch (2)}) .

$4\pi\int_{0}^{1}\cosh({t})\sqrt{\cosh^{2}({t})+\sinh^{2}({t})}=\pi\left(\sqrt{2}\sinh^{-1}(\sqrt{2}\sinh(1))+2\sinh(1)\sqrt{\cosh(2)}\right)\text{.}$ Wie löst man das Integral

4 π \int_{0}^{1} \cosh (t) \sqrt{\cosh^{2} (t) + \sinh^{2} (t)} d t

$4\pi\int_{0}^{1}\cosh(t)\sqrt{\cosh^{2}({t})+\sinh^{2}({t})}{dt}$ .

Cameron Williams

Ersetzen Sie im Zweifelsfall (hyperbolische) trigonometrische Funktionen durch Exponentialfunktionen. Es kann Ihnen helfen, viel leichter durch das Chaos zu waten.

Antworten (3)

Bestimmtes Integral 4π∫10cosh(t)cosh2(t)+sinh2(t)−−−−−−−−−−−−−−−−√dt4π∫01cosh⁡(t)cosh2⁡(t)+sinh2⁡(t )dt 4\pi\int_{0}^{1}\cosh(t)\sqrt{\cosh^{2}(t)+\sinh^{2}(t)} dt

Ersetzen Sie im Zweifelsfall (hyperbolische) trigonometrische Funktionen durch Exponentialfunktionen. Es kann Ihnen helfen, viel leichter durch das Chaos zu waten.

Mickep · Answer 1

Hier kommen die ersten Schritte.

Sie verwenden die hyperbolische,

{cosch}^{2} T - {Sünde}^{2} T = 1,

$\cosh^2t-\sinh^2t=1,$ was dir gibt

4 π \int_{0}^{1} cosch T \sqrt{1 + 2 {Sünde}^{2} T} D T

$4\pi\int_0^1\cosh t\sqrt{1+2\sinh^2t}\,dt$ Nun lass

u = \sinh t

$u=\sinh t$ , und du wirst bekommen

d u = \cosh t d t

$du=\cosh t\,dt$ , und so

4 π \int_{0}^{Sünde 1} \sqrt{1 + 2 u^{2}} D u .

$4\pi\int_0^{\sinh 1}\sqrt{1+2u^2}\,du.$ Können Sie von hier aus fortfahren und ein Primitiv von finden

\sqrt{1 + 2 u^{2}}

$\sqrt{1+2u^2}$ ?

Scott Walker · Answer 2

Wie Mickep vorschlägt,

4 π \int_{0}^{1} cosch (T) \sqrt{{cosch}^{2} (T) + {Sünde}^{2} (T)} D T

$4\pi\int_{0}^{1}\cosh(t)\sqrt{\cosh^{2}({t})+\sinh^{2}({t})}\,{dt}$ kann umgewandelt werden

4 π \int_{0}^{Sünde 1} \sqrt{1 + 2 u^{2}} D u

$4\pi\int_0^{\sinh 1}\sqrt{1+2u^2}\,du$ Der nächste Schritt besteht darin, wieder mit zu ersetzen

u = \frac{\sqrt{2}}{2} Sünde v

$u = \tfrac{\sqrt{2}}{2}\sinh v$ Und

D u = \frac{\sqrt{2}}{2} cosch v D v

$du = \tfrac{\sqrt{2}}{2}\cosh v\,dv$ sodass das Integral wird

4 π \int_{0}^{{Sünde}^{- 1} (\sqrt{2} Sünde 1)} \sqrt{{Sünde}^{2} v + 1} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} cosch v D v

$4\pi\int_0^{\sinh^{-1}\left(\sqrt{2}\sinh 1\right)}\sqrt{\sinh^2 v + 1}\cdot\tfrac{\sqrt{2}}{2}\cosh v\,dv$ Und

2 π \sqrt{2} \int_{0}^{{Sünde}^{- 1} (\sqrt{2} Sünde 1)} {cosch}^{2} v D v

$2\pi\sqrt{2}\int_0^{\sinh^{-1}\left(\sqrt{2}\sinh 1\right)}\cosh^2 v\,dv$ was sich auswertet

2 π \sqrt{2} {(\frac{1}{2} Sünde v cosch v + \frac{1}{2} v |}_{0}^{{Sünde}^{- 1} (\sqrt{2} Sünde 1)}

$2\pi\sqrt{2}\left(\tfrac{1}{2}\sinh v \cosh v + \tfrac{1}{2} v\right|_0^{\sinh^{-1}\left(\sqrt{2}\sinh 1\right)}$

π \sqrt{2} {(Sünde v cosch v + v |}_{0}^{{Sünde}^{- 1} (\sqrt{2} Sünde 1)}

$\pi\sqrt{2}\left(\sinh v \cosh v + v\right|_0^{\sinh^{-1}\left(\sqrt{2}\sinh 1\right)}$

π \sqrt{2} {(Sünde v \sqrt{{Sünde}^{2} v + 1} + v |}_{0}^{{Sünde}^{- 1} (\sqrt{2} Sünde 1)}

$\pi\sqrt{2}\left(\sinh v \sqrt{\sinh^2 v + 1} + v\right|_0^{\sinh^{-1}\left(\sqrt{2}\sinh 1\right)}$

π \sqrt{2} (\sqrt{2} Sünde 1 \sqrt{2 {Sünde}^{2} 1 + 1} + {Sünde}^{- 1} (\sqrt{2} Sünde 1))

$\pi\sqrt{2}\left(\sqrt{2}\sinh 1 \sqrt{2\sinh^2 1 + 1} + \sinh^{-1}\left(\sqrt{2}\sinh 1\right)\right)$ und schlussendlich

π (2 Sünde 1 \sqrt{cosch 2} + \sqrt{2} {Sünde}^{- 1} (\sqrt{2} Sünde 1))

$\pi\left(2\sinh 1 \sqrt{\cosh 2} + \sqrt{2}\sinh^{-1}\left(\sqrt{2}\sinh 1\right)\right)$

Letzteres kann geändert werden

π \sqrt{2} (\sqrt{2} Sünde 1 \sqrt{cosch 2} + \ln (\sqrt{2} Sünde 1 + \sqrt{cosch 2}))

$\pi\sqrt{2}\left(\sqrt{2}\sinh 1 \sqrt{\cosh 2} + \ln\left(\sqrt{2}\sinh 1+\sqrt{\cosh 2}\right)\right)$ Dies folgt einem üblichen Muster hyperbolischer Integrale, bei denen das Ergebnis ein Produkt aus zwei Werten plus dem natürlichen Logarithmus der Summe dieser Werte ist.

Martin Cohen · Answer 3

Ein anderer Weg (mit Hilfe von Wolfy):

$\begin{array}\\ I &=\int_{0}^{1}\cosh(t)\sqrt{\cosh^{2}({t})+\sinh^{2}({t})}{dt}\\ &=\int_{0}^{1}\frac12(e^t+e^{-t})\sqrt{\frac14(e^t+e^{-t})^{2}+\frac14(e^t-e^{-t})^{2}}{dt}\\ &=\frac14\int_{0}^{1}(e^t+e^{-t})\sqrt{(e^{2t}+2+e^{-2t})+(e^{2t}-2+e^{-2t})}{dt}\\ &=\frac14\int_{0}^{1}(e^t+e^{-t})\sqrt{2(e^{2t}+e^{-2t})}{dt}\\ &=\frac{\sqrt{2}}{4}\int_{0}^{1}(e^t+e^{-t})\sqrt{e^{2t}+e^{-2t}}{dt}\\ &=\frac{\sqrt{2}}{4}\int_{0}^{1}(1+e^{-2t})\sqrt{e^{4t}+1}{dt}\\ &=\frac{\sqrt{2}}{4}\int_{1+e^{-2}}^{2}x\sqrt{\frac1{(x-1)^2}+1}\dfrac{dx}{2(x-1)}\\ &=\frac{\sqrt{2}}{8}\int_{1+e^{-2}}^{2}\dfrac{x\sqrt{(x-1)^2+1}}{(x-1)^2}dx\\ &=\frac{\sqrt{2}}{8}\int_{e^{-2}}^{1}\dfrac{(x+1)\sqrt{x^2+1}}{x^2}dx\\ &=\frac{\sqrt{2}}{8}\left(\int_{e^{-2}}^{1}\dfrac{\sqrt{x^2+1}}{x}dx+\int_{e^{-2}}^{1}\dfrac{\sqrt{x^2+1}}{x^2}dx\right)\\ &=\frac{\sqrt{2}}{8}\left( \sqrt{x^2 + 1} - \ln(\sqrt{x^2 + 1} + 1) + \ln(x)+\sinh^{-1}(x) - \dfrac{\sqrt{x^2 + 1}}{x}\right)\big|_{e^{-2}}^{1} \qquad\text{Wolfy did this}\\ &=\frac{\sqrt{2}}{8}\left( (1-\dfrac1{x})\sqrt{x^2 + 1} - \ln(\sqrt{x^2 + 1} + 1) + \ln(x)+\sinh^{-1}(x) \right)\big|_{e^{-2}}^{1}\\ &=\frac{\sqrt{2}}{8} (f(1)-f(e^{-2}) )\\ f(x) &= (1-\dfrac1{x})\sqrt{x^2 + 1} - \ln(\sqrt{x^2 + 1} + 1) + \ln(x)+\sinh^{-1}(x) \\ f(1) &= - \ln(\sqrt{2} + 1) +\sinh^{-1}(1) \\ f(e^{-2}) &= (1-e^2)\sqrt{e^{-4} + 1} - \ln(\sqrt{e^{-4} + 1} + 1) -2+\sinh^{-1}(e^{-2})\\ I &=\frac{\sqrt{2}}{8} ( - \ln(\sqrt{2} + 1) +\operatorname{arcsinh}(1)\\ &\quad - ((1-e^2)\sqrt{e^{-4} + 1} - \ln(\sqrt{e^{-4} + 1} + 1) -2+\operatorname{arcsinh}(e^{-2})))\\ \end{array}$

$x = e^{-2t}+1, dx = -2e^{-2t}dt =-2(x-1)dt, dt =\dfrac{-dx}{2(x-1)}$

Bestimmtes Integral 4π∫10cosh(t)cosh2(t)+sinh2(t)−−−−−−−−−−−−−−−−√dt4π∫01cosh⁡(t)cosh2⁡(t)+sinh2⁡(t )dt 4\pi\int_{0}^{1}\cosh(t)\sqrt{\cosh^{2}(t)+\sinh^{2}(t)} dt

Jutsushi

Cameron Williams

Antworten (3)

Mickep

Scott Walker

Martin Cohen

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