Bogenlänge einer Ellipse durch Integration

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Bogenlänge einer Ellipse durch Integration

Infinitesimalrechnung
Bogenlänge
Integration
Mathematik
Trigonometrie
Kegelschnitte

Benutzer372003

Ich habe darüber nachgedacht, was die Bogenlänge einer Ellipse ist, aber während meiner Berechnungen bin ich stecken geblieben. So bin ich das Problem angegangen:

Wir haben eine Ellipse in der Form:

\frac{X^{2}}{A^{2}} + \frac{j^{2}}{B^{2}} = 1 \Rightarrow j = \pm \frac{B}{A} \sqrt{A^{2} - X^{2}}

$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\Rightarrow y=\pm \frac{b}{a}\sqrt{a^2-x^2}$ Durch Anwendung der Formel der Bogenlänge einer Funktion erhalten wir:

L = 4 \int_{0}^{A} \sqrt{1 + \frac{B^{2} X^{2}}{A^{2} (A^{2} - X^{2})}} D X = 4 \int_{0}^{A} \sqrt{\frac{A^{4} + (B^{2} - A^{2}) X^{2}}{A^{2} (A^{2} - X^{2})}} D X

$L=4\int_0^a\sqrt{1+\frac{b^2x^2}{a^2(a^2-x^2)}}dx=4\int_0^a\sqrt{\frac{a^4+(b^2-a^2)x^2}{a^2(a^2-x^2)}}dx$ Jetzt habe ich eine kleine Ersetzung vorgenommen, die an die Trigonometrie erinnert:

X = A Sünde (u) D X = A \cos (u) D u

$x=a\sin(u)\\dx=a\cos(u)du$ Das Integral kann nun also ausgedrückt werden als:

L = 4 \int_{0}^{\frac{π}{2}} A \cos (u) \sqrt{\frac{A^{4} + (B^{2} - A^{2}) A^{2} {Sünde}^{2} (u)}{A^{2} (A^{2} - A^{2} {Sünde}^{2} (u))}} D u = 4 \int_{0}^{\frac{π}{2}} A \cos (u) \sqrt{\frac{A^{4} + (B^{2} - A^{2}) A^{2} {Sünde}^{2} (u)}{A^{2} (A^{2} \cos^{2} (u) + A^{2} {Sünde}^{2} (u) - A^{2} {Sünde}^{2} (u))}} D u = 4 \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sqrt{A^{2} + (B^{2} - A^{2}) {Sünde}^{2} (u)} D u

$L=4\int_0^{\frac{\pi}{2}}a\cos(u)\sqrt{\frac{a^4+(b^2-a^2)a^2\sin^2(u)}{a^2(a^2-a^2\sin^2(u))}}du=\\4\int_0^{\frac{\pi}{2}}a\cos(u)\sqrt{\frac{a^4+(b^2-a^2)a^2\sin^2(u)}{a^2(a^2\cos^2(u)+a^2\sin^2(u)-a^2\sin^2(u))}}du=\\4\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{a^2+(b^2-a^2)\sin^2(u)}du$ Also haben wir:

L = 4 A \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sqrt{1 + \frac{(B^{2} - A^{2})}{A^{2}} {Sünde}^{2} (u)} D u

$L=4a\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1+\frac{(b^2-a^2)}{a^2}\sin^2(u)}du$ Vermietung

m = \frac{(b^{2} - a^{2})}{a^{2}}

$m=\frac{(b^2-a^2)}{a^2}$ wir bekommen endlich:

L = 4 A \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sqrt{1 + M {Sünde}^{2} (u)} D u

$L=4a\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1+m\sin^2(u)}du$ Allerdings weiß ich zum jetzigen Zeitpunkt noch nicht, wie ich diese Funktion integrieren kann, da die

m

$m$ ist "im Weg". Hat jemand irgendwelche Hinweise?

Kanwaljit Singh

Können Sie sagen, welche Formel Sie für die Bogenlänge verwenden?

Benutzer372003

@KanwaljitSingh

L = \int_{a}^{b} \sqrt{1 + {(\frac{d [f (x)]}{d x})}^{2}} d x

$L=\int_a^b\sqrt{1+\left(\frac{d[f(x)]}{dx}\right)^2}dx$ Und

f (x)

$f(x)$ ist stetig und differenzierbar in

[a, b]

$[a,b]$

Triatticus

Diese werden als elliptische Integrale bezeichnet und können im Allgemeinen nicht durch elementare Funktionen ausgedrückt werden

Benutzer372003

@Triatticus Wie können wir also den Wert der Länge einer Ellipse numerisch ermitteln? Nehmen wir an, wenn die Gleichung war

\frac{x^{2}}{16} + \frac{y^{2}}{64} = 1

$\frac{x^2}{16} + \frac{y^2}{64} = 1$

Triatticus

Sie können immer eine numerische Methode verwenden

Benutzer372003

@ Triatticus Richtig! Danke schön.

Triatticus

Übrigens glaube ich, dass Ihres in die Kategorie der vollständigen elliptischen Integrale der zweiten Art gehört

JM ist kein Mathematiker

Mit der arithmetisch-geometrischen Mittelwert-Iteration lässt sich auch das vollständige elliptische Integral zweiter Art und damit der Umfang einer Ellipse berechnen.

Antworten (2)

Bogenlänge einer Ellipse durch Integration

Können Sie sagen, welche Formel Sie für die Bogenlänge verwenden?
@KanwaljitSingh $L=\int_a^b\sqrt{1+\left(\frac{d[f(x)]}{dx}\right)^2}dx$ Und $f(x)$ ist stetig und differenzierbar in $[a,b]$
Diese werden als elliptische Integrale bezeichnet und können im Allgemeinen nicht durch elementare Funktionen ausgedrückt werden
@Triatticus Wie können wir also den Wert der Länge einer Ellipse numerisch ermitteln? Nehmen wir an, wenn die Gleichung war $\frac{x^2}{16} + \frac{y^2}{64} = 1$
Übrigens glaube ich, dass Ihres in die Kategorie der vollständigen elliptischen Integrale der zweiten Art gehört
Mit der arithmetisch-geometrischen Mittelwert-Iteration lässt sich auch das vollständige elliptische Integral zweiter Art und damit der Umfang einer Ellipse berechnen.

Claude Leibovici · Answer 1

Ich nehme an, Sie haben eine verpasst $a$ irgendwo und haben tatsächlich, für Ihren letzten Ausdruck,

L = 4 A \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sqrt{1 + M {Sünde}^{2} (u)} D u = 4 A E (- M)

$L=4a\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1+m\sin^2(u)}\,du=4a\,E(-m)$ wo erscheint das vollständige elliptische Integral.

Dies kann nicht in Form von elementaren Funktionen ausgedrückt werden, aber einige Annäherungen sind vom großen Ramanujan verfügbar. Insbesondere

\begin{matrix} (1) & L = π (3 (A + B) - \sqrt{(3 A + B) (A + 3 B)}) \end{matrix}

$L=\pi \left(3 (a+b)-\sqrt{(3 a+b) (a+3 b)}\right)\tag 1$ Und

\begin{matrix} (2) & L = π (A + B) (1 + \frac{3 \frac{(A - B)^{2}}{(A + B)^{2}}}{10 \sqrt{4 - 3 \frac{(A - B)^{2}}{(A + B)^{2}}}}) \end{matrix}

$L=\pi (a+b) \left(1+\frac{3\frac{ (a-b)^2}{(a+b)^2}}{10 \sqrt{4-3\frac{ (a-b)^2}{(a+b)^2}}}\right)\tag 2$

Wenden Sie auf Ihr Beispiel an $(a=4,b=8)$ , $(1)$ Würde geben $4\pi \left(9-\sqrt{35}\right)\approx 38.7537$ Und $(2)$ Würde geben $\frac{2\pi}{55} \left(330+\sqrt{33}\right)\approx 38.3554$ während der genaue Wert sein sollte $16 E(-3)\approx 38.7538$ .

Sie könnten auch eine unendliche Summenformulierung verwenden

L = π (A + B) \sum_{N = 0}^{\infty} {(\binom{\frac{1}{2}}{N})}^{2} H^{N} Wo H = \frac{(A - B)^{2}}{(A + B)^{2}}

$L=\pi(a+b)\sum_{n=0}^\infty \binom{\frac{1}{2}}{n}^2 h^n \qquad \qquad \text{where} \qquad h=\frac{ (a-b)^2}{(a+b)^2}$ Begrenzung auf

p

$p$ In Bezug auf die Konvergenz ist die Konvergenz ziemlich schnell

(\begin{array}{cc} P & L_{P} \\ 0 & 37.69911184 \\ 1 & 38.74630939 \\ 2 & 38.75358160 \\ 3 & 38.75378361 \\ 4 & 38.75379237 \\ 5 & 38.75379285 \\ 6 & 38.75379288 \end{array})

$\left( \begin{array}{cc} p & L_p \\ 0 & 37.69911184 \\ 1 & 38.74630939 \\ 2 & 38.75358160 \\ 3 & 38.75378361 \\ 4 & 38.75379237 \\ 5 & 38.75379285 \\ 6 & 38.75379288 \end{array} \right)$

Vielen Dank für die ausführliche Erklärung! Ja, tatsächlich fehlt mir eine $a$ . Ich werde es gleich reparieren. Gibt es einen Beweis dafür, wie Ramanujan solche Formeln abgeleitet hat?
Du bist herzlich Willkommen ! Dieses Papier könnte Sie interessieren: arxiv.org/pdf/math/0506384v1.pdf
Ich habe die Arbeit zu Ende gelesen, es war eine sehr interessante Lektüre, aber es gab einen kleinen Fehler mit dem Integral auf Seite 11. Ich glaube, sie haben die Quadratwurzel vergessen!

Navi · Answer 2

Dies ist ein elliptisches Integral. Sie können die elliptischen Integraltabellen verwenden, um einen Wert für das Integral nachzuschlagen – ähnlich wie bei der Standardnormalverteilung.

Bogenlänge einer Ellipse durch Integration

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Kanwaljit Singh

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Triatticus

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Triatticus

JM ist kein Mathematiker

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Claude Leibovici

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Claude Leibovici

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Navi

Durchschnitt in Bezug auf die Bogenlänge finden

Integriere ∫dxsin3xsin(x+α)√∫dxsin3⁡xsin⁡(x+α)\int \frac{dx}{\sqrt{\sin^3x\sin(x+\alpha)}}

Gibt es Einschränkungen, die ich für die Integration durch trigonometrische Substitution vergessen habe, oder mache ich einen anderen Fehler?

Wo liege ich falsch? Warum unterscheidet sich meine Antwort vom Buch?

Wie löst man ∫dx4−x2√∫dx4−x2\int\frac{dx}{\sqrt{4-x^2}} mit trigonometrischer Substitution?

Auswertung von ∫π20sinx√sinx√+cosx√dx∫0π2sin⁡xsin⁡x+cos⁡xdx\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sqrt{\sin x}}{\ sqrt{\sin x}+\sqrt{\cos x}}\, \mathrm{d}x

Integriere ∫sinxcosxsin4x+cos4xdx∫sin⁡xcos⁡xsin4⁡x+cos4⁡xdx\int \frac{\sin x \cos x}{\sin^4x + \cos^4x} \,dx

Was habe ich beim Lösen von ∫x2−1√x4dx∫x2−1x4dx\int\frac{\sqrt{x^2-1}}{x^4}dx falsch gemacht?

∫sin3(θ/2)cos(θ/2)cos3θ+cos2θ+cosθ√dθ∫sin3⁡(θ/2)cos⁡(θ/2)cos3⁡θ+cos2⁡θ+cos⁡θdθ\int \ frac{\sin ^3(\theta/2)}{\cos(\theta/2)\sqrt{\cos^3\theta+\cos^2\theta+\cos\theta}}d\theta

Ist dies eine gültige Methode für ∫1x4+1dx∫1x4+1dx\int \frac {1}{x^4 +1} dx