Wie begradige ich eine Parabel?

Anders ausgedrückt, was wir wollen, sind die Pegelkurven der Funktion

$$\frac{1}{2}f(x,y) = \int_0^x\sqrt{1+\frac{4y^2t^2}{x^4}}\:dt = \frac{1}{2}\int_0^2 \sqrt{x^2+y^2t^2}\:dt$$

die an diesem Punkt immer senkrecht zum Gradienten ist

$$\nabla f = \int_0^2 dt\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2t^2}},\frac{yt^2}{\sqrt{x^2+y^2t^2}}\right)$$

Jetzt ist die Zeit für eine natürliche Wiedereinführung$a$als Parameter für diese Kurven. Wir wollen also die Differentialgleichung lösen

$$x'(a) = \int_0^2 \frac{-axt^2}{\sqrt{1+a^2x^2t^2}}dt \hspace{20 pt} x(0) = L$$

wo wir ersetzen$y(a) = a\cdot x^2(a)$, also ergibt das Auflösen nach einer Komponente automatisch die andere.

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EDIT: Weitere Untersuchungen haben mich zu einigen interessanten Schlussfolgerungen geführt. Es scheint, als ob$y=f_a(x)$ist eine Familie streng monoton steigender kontinuierlicher Funktionen und

$$\lim_{a\to0^+}f_a(x) = \lim_{a\to\infty}f_a^{-1}(y) = 0$$

Dann beginnen und enden die Kurven konstanter Bogenlänge an den Punkten$(0,L)$Und$(L,0)$. Nehmen Sie zum Beispiel die ähnlich aussehende Kurvenfamilie

$$y = \frac{\cosh(ax)-1}{a}\implies L = \frac{\sinh(ax)}{a}$$

Die Kurven konstanter Bogenlänge haben die Form

$$\vec{r}(a) = \left(\frac{\sinh^{-1}(aL)}{a},\frac{\sqrt{1+a^2L^2}-1}{a}\right)$$

Unten ist ein (seitwärts) Diagramm der Bogenlängenkurve$L=1$(zusammen mit der Kurvenschar ausgewertet bei$a=\frac{1}{2},1,2,4,$Und$10$), die eine explizite Gleichung der Form hat

$$x = \frac{\tanh^{-1}y}{y}\cdot(1-y^2)$$

Diese Kurven und die fragliche ursprüngliche Familie von Parabeln haben beide diese Eigenschaft, ebenso wie die perfekten Kreise, die von der Familie erhalten werden$f_a(x) = ax$. Der Grund, warum die ursprüngliche Frage schwer zu lösen war, lag an der nicht analytisch umkehrbaren Bogenlängenformel

$L$die bekannte Bogenlänge ist, lassen Sie$x_1=\frac t{2a}$Und$k=4a_1L$; dann musst du nach lösen$t$Die gleichung

$$k=t\sqrt{t^2+1} +\sinh ^{-1}(t)$$ Eine gute Annäherung ist gegeben durch$t_0=\sqrt k$.

Nun, mit einer Taylor-Reihe herum$t=t_0$und dann Serienumkehr gibt

$$t_1=\sqrt{k}+z-\frac{\sqrt{k} }{2 (k+1)}z^2+\frac{(3 k-1) }{6 (k+1)^2}z^3+\frac{(13-15 k) \sqrt{k} }{24 (k+1)^3}z^4+\cdots$$ Wo $$z=-\frac{\sqrt{k(k+1)} +\sinh ^{-1}\left(\sqrt{k}\right)-k}{2 \sqrt{k+1}}$$

Lassen Sie es uns versuchen$k=10^n$

$$\left( \begin{array}{ccc} n & \text{estimate} & \text{solution} \\ 0 & 0.4810185 & 0.4819447 \\ 1 & 2.7868504 & 2.7868171 \\ 2 & 9.8244940 & 9.8244940 \\ 3 & 31.549250 & 31.549250 \\ 4 & 99.971006 & 99.971006 \\ 5 & 316.21678 & 316.21678 \\ 6 & 999.99595 & 999.99595 \end{array} \right)$$ Das scheint recht anständig zu sein.

$\large{\text{Method 1:}}$

Hier ist eine rekursive Antwort für$g(a_0,a_1,x_1)$. Bitte sehen Sie sich dieses Diagramm zur Überprüfung der Ergebnisse an. Sie können einen Wert für einfügen$x_1$an der RHS von$x_1=g(x_1)=g(a_0,a_1,x_0)$:

$$\mathrm{\text{Arclength from 0 to }x_1\,\big(a_0x^2\big)=Arclength\ from \ 0\ to\ x_1\ \big(a_1x^2\big),x_0+c=x_1\implies\frac{2a_0x_0\sqrt{4a_0^2x_0^2+1}+sinh^{-1}(2a_0x_0)}{4a_0}=\frac{2a_1x_1\sqrt{4a_1^2x_1^2+1}+sinh^{-1}(2a_1x_1)}{4a_1}\implies A_0(x_1)=x_1=A_1(x_1)=\frac1{2a_1}sinh \left(\sinh^{-1}(2a_0x_0)-2a_1x_0\sqrt{4a_0^2x_0^2+1}-2a_1x_1\sqrt{4a_1^2x_1^2+1} \right)}$$

Dann definieren und erstellen wir die folgende rekursive Beziehung, die zu konvergiert$x=x_1$:

$$\mathrm{A_{n+1}(x_1)= \frac1{2a_1}sinh \left(\sinh^{-1}(2a_0x_0)-2a_1x_0\sqrt{4a_0^2x_0^2+1}-2a_1A_n(x_1)\sqrt{4a_1^2A_n^2(x_1)+1} \right)\implies x_1=g(a_0,a_1,x_0)=\lim_{n\to\infty}A_n(x_1)=A_\infty(x_1)= \frac1{2a_1}sinh \left(\sinh^{-1}(2a_0x_0)-2a_1x_0\sqrt{4a_0^2x_0^2+1}-2a_1(…)\sqrt{4a_1^2(…)+1} \right)\implies A_2(x_1)= \frac1{2a_1}sinh \left(\sinh^{-1}(2a_0x_0)-2a_1x_0\sqrt{4a_0^2x_0^2+1}-2a_1{\frac1{2a_1}sinh \left(\sinh^{-1}(2a_0x_0)-2a_1x_0\sqrt{4a_0^2x_0^2+1}-2a_1x_1\sqrt{4a_1^2x_1^2+1} \right)}\sqrt{4a_1^2{\frac1{2a_1}sinh \left(\sinh^{-1}(2a_0x_0)-2a_1x_0\sqrt{4a_0^2x_0^2+1}-2a_1x_1\sqrt{4a_1^2x_1^2+1} \right)}^2+1} \right)}$$ $\large{\text{Method 2:}}$

Es gibt auch eine andere rekursive Methode, wie in diesem anderen Diagramm zu sehen ist . Dies bildet eine horizontale Linie bei y=$x_1$. Es kann auch einen anderen geben$\pm$Zweig, wo das Vorzeichen nach Bedarf gewählt wird, alle + oder alle -. Beachten Sie, dass das Hauptargument der Quadratwurzel auch eine Differenz von Quadraten ist:

$$\mathrm{\text{Arclength from 0 to }x_1\,\big(a_0x^2\big)=Arclength\ from \ 0\ to\ x_1\ \big(a_1x^2\big),x_0+c=x_1 \frac{2a_0x_0\sqrt{4a_0^2x_0^2+1}+sinh^{-1}(2a_0x_0)}{4a_0}=\frac{2a_1x_1\sqrt{4a_1^2x_1^2+1}+sinh^{-1}(2a_1x_1)}{4a_1}\implies B_0(x_1) =x_1= B_1(x_1)=\pm\frac1{2|a_1|}\sqrt{\frac1{4a^2_1x_1^2}\left(2a_1x_0\sqrt{4a_0^2x_0^2+1}+\frac{a_1}{a_0}sinh^{-1}\left(2a_0x_0\right)-sinh^{-1}\left(2a_1x_1\right)\right)^2-1}}$$ Rekursive Lösung: $$\mathrm{ x_1=g(a_0,a_1,x_0)=\lim_{n\to\infty}B_n(x_1)=B_\infty(x_1)= \pm\frac1{2|a_1|}\sqrt{\frac1{4a^2_1(…)^2}\left(2a_1x_0\sqrt{4a_0^2x_0^2+1}+\frac{a_1}{a_0}sinh^{-1}\left(2a_0x_0\right)-sinh^{-1}\left(2a_1(…)\right)\right)^2-1},B_{n+1}(x_1)= \pm\frac1{2|a_1|}\sqrt{\frac1{4a^2_1B^2_n(x_1)}\left(2a_1x_0\sqrt{4a_0^2x_0^2+1}+\frac{a_1}{a_0}sinh^{-1}\left(2a_0x_0\right)-sinh^{-1}\left(2a_1B_n(x_1)\right)\right)^2-1}\implies B_2(x_1)= \pm\frac1{2|a_1|}\sqrt{\frac1{4a^2_1{\left(\pm\frac1{2|a_1|}\sqrt{\frac1{4a^2_1x_1^2}\left(2a_1x_0\sqrt{4a_0^2x_0^2+1}+\frac{a_1}{a_0}sinh^{-1}\left(2a_0x_0\right)-sinh^{-1}\left(2a_1x_1\right)\right)^2-1}\right)}^2}\left(2a_1x_0\sqrt{4a_0^2x_0^2+1}+\frac{a_1}{a_0}sinh^{-1}\left(2a_0x_0\right)-sinh^{-1}\left(2a_1{\pm\frac1{2|a_1|}\sqrt{\frac1{4a^2_1x_1^2}\left(2a_1x_0\sqrt{4a_0^2x_0^2+1}+\frac{a_1}{a_0}sinh^{-1}\left(2a_0x_0\right)-sinh^{-1}\left(2a_1x_1\right)\right)^2-1}}\right)\right)^2-1}}$$

$\large{\text{Method 3:}}$

Hier ist der grafische Beweis der Lösung. Nun, da wir die restlichen Lösungsmöglichkeiten für eliminiert haben$x_1$, ist die letzte und einfachere Methode wie folgt:

$$\mathrm{\text{Arclength from 0 to }x_1\,\big(a_0x^2\big)=Arclength\ from \ 0\ to\ x_1\ \big(a_1x^2\big),x_0+c=x_1 \frac{2a_0x_0\sqrt{4a_0^2x_0^2+1}+sinh^{-1}(2a_0x_0)}{4a_0}=\frac{2a_1x_1\sqrt{4a_1^2x_1^2+1}+sinh^{-1}(2a_1x_1)}{4a_1}\implies C_0(x_1)=x_1=C_1(x_1)=\frac{2a_1x_0\sqrt{4a_0^2x_0^2+1}+\frac{a_1}{a_0}sinh^{-1}(2a_0x_0)-sinh^{-1}(2a_1x_1)} {2a_1\sqrt{4a_1^2x_1^2+1}}}$$

Rekursive Lösung für die dritte Methode, die zu konvergiert$x=x_1$

$$\mathrm{x_1=g(a_0,a_1,x_0)=\lim_{n\to\infty}C_n(x_1)=C_\infty(x_1), C_{n+1}(x_1)= \frac{2a_1x_0\sqrt{4a_0^2x_0^2+1}+\frac{a_1}{a_0}sinh^{-1}(2a_0x_0)-sinh^{-1}(2a_1C_n(x_1))} {2a_1\sqrt{4a_1^2C^2_n(x_1)+1}} = \frac{2a_1x_0\sqrt{4a_0^2x_0^2+1}+\frac{a_1}{a_0}sinh^{-1}(2a_0x_0)-sinh^{-1}(2a_1(…))} {2a_1\sqrt{4a_1^2(…)^2+1}}\implies C_2(x_1)= \frac{2a_1x_0\sqrt{4a_0^2x_0^2+1}+\frac{a_1}{a_0}sinh^{-1}\left(2a_0x_0\right)-sinh^{-1}\left(2a_1{\frac{2a_1x_0\sqrt{4a_0^2x_0^2+1}+\frac{a_1}{a_0}sinh^{-1}(2a_0x_0)-sinh^{-1}(2a_1x_1)} {2a_1\sqrt{4a_1^2x_1^2+1}}}\right)} {2a_1\sqrt{4a_1^2\left(\frac{2a_1x_0\sqrt{4a_0^2x_0^2+1}+\frac{a_1}{a_0}sinh^{-1}(2a_0x_0)-sinh^{-1}(2a_1x_1)} {2a_1\sqrt{4a_1^2x_1^2+1}}\right)^2+1}}}$$

Wie du sehen kannst,$\mathrm{g(a_0,a_1,x_0)=x_1}$hat keine einfache Form. Dies ist wie die W-Lambert/Produkt-Logarithmus- Funktion, bei der$\mathrm{ \ if \ xe^x=y,\ then \ x=W(y)=ln(y)-ln(ln(y)-ln(x))=…\,}$. Wir brauchen eine rekursive Definition für W(x), die in diesem Diagramm zu sehen ist . Daher muss möglicherweise eine neue Funktion hergeleitet werden, um rekursiv zu lösen$g(a_0,a_1,x_0)$und diese Definitionen funktionieren definitiv.

Beachten Sie, dass MathJax je nach Computer unterschiedlich dargestellt werden kann. Siehe die Lösung von @Tim Pederick für eine Lösung des Inversen Lagrange-Theorems . Daran kann ich vielleicht weiter arbeiten. Bitte korrigiert mich und gebt mir Feedback!

$\large{\text{Method 4:}}$

Das Problem reduziert sich darauf, die Umkehrung von zu finden$x-\sinh(x)$. Sie können bessere Ergebnisse für den Kehrwert der Bogenlänge von erhalten$ix^2$aus

Hier

aber die Umkehrung der Bogenlänge von$x^2$kann nur lösen

Bogenlänge$(x^2)=ia,a\in\Bbb R$

wegen der Domäne von Mathematica's Inverse Beta Regularized $\text I^{-1}_s(a,b)$. Wähle die passenden Zeichen:

$$\text{ArcLength}(x^2)=\frac12\sqrt{4x^2+1}+\frac14\sinh^{-1}(2x)=z\in\Bbb I\text{ pure imaginary}\implies x\mathop=^{|\text{Im}(z)|\le \frac{\pi}8}\mp\frac i2\sqrt{\text I^{-1}_\frac{\pm8i z}\pi\left(\frac12,\frac32\right)}$$

Handlung des$k\in\Bbb R$vs$\mp\frac i2\sqrt{\text I^{-1}_\frac{\pm8i z}\pi\left(\frac12,\frac32\right)},z=ik$wobei entgegengesetzte Vorzeichen genommen werden:

Testen Sie hier die Funktion durch Einstecken eines echten$k$

Hier ist ungefähr das Effizienteste, was ich sehen kann:

Nimm deine Stammfunktion (ersetze sin durch sinh) und definiere$a_1 x \equiv y$so dass

$$f(y) = a_1 * (\textrm{arc length}),$$

$$f(y) \equiv \frac{1}{2}(y \sqrt{1+y^2}+ \sinh^{-1} y).$$

$f(y)$ist monoton und hat einige schöne Näherungen, wenn$y \ll 1, y \gg 1$. In diesen Fällen könnte es möglich sein, es analytisch zu erhalten. Invertieren Sie es im Allgemeinen numerisch. Dann,

$$x = a_1^{-1} f^{-1}(a_1 * (\textrm{arc length}).$$

Der Nutzen dieser Vorgehensweise besteht darin, dass Sie nicht für jede neue Funktion eine neue Funktion invertieren müssen$a_1$, müssen Sie dies nur einmal tun, um jede gewünschte Parabel abflachen zu können.

TLDR:

Sie wollen lösen$v$in dieser Gleichung:

$$v\sqrt{v^2+1} + \sinh^{-1} v = 2a_1x_0\sqrt{u^2+1} + \frac{\sinh^{-1} u}{2a_0}$$

Und dann$x_1=\frac{v}{2a_1}$ist deine Lösung.

Ich hämmere seit Stunden daran herum, nicht weil ich glaube, dass ich dir helfen kann – vieles davon ist neu für mich –, sondern weil ich es interessant fand. Ich habe noch keine (Annäherung an eine) Lösung für ausgearbeitet$v$, obwohl. Und es sieht so aus, als wäre mir Claudes Antwort sowieso zuvorgekommen.

Aber hier ist meine Arbeit, nur weil ich es nicht ertragen kann, bei dieser ganzen Sache auf Verwerfen zu klicken.

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Ich glaube nicht, dass ich jemals zuvor die Länge einer parabolischen Kurve gemacht habe. Während dies wahrscheinlich reibungsloser verlaufen würde, wenn dies anhand der integralen Definition der Bogenlänge erfolgen würde , werde ich den einfachen (?) Ausweg nehmen: Wikipedia hat eine parabolische Formel für die Bogenlänge . Probieren wir es aus!

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Wir haben also eine Parabel$f\left(x\right)=a_0 x^2$. Wikipedia sagt uns, dass wir die Bogenlänge vom Scheitelpunkt bei finden können$\left(0,0\right)$zu jedem Punkt$\left(x,f\left(x\right)\right)$auf der Parabel mit diesen Werten:

• Die Brennweite$l$der Parabel; in diesem Fall,$l=\frac{1}{4a_0}$
• Der senkrechte Abstand$p$zwischen dem Punkt und der Symmetrieachse; in diesem Fall ist es einfach$p=x$

Dann gegeben$h=\frac{p}{2}$Und$q=\sqrt{l^2+h^2}$, die Bogenlänge ist:

$$s=\frac{hq}{l}+l\ln\frac{h+q}{l}$$

Vereinfachen wir. Angesichts dessen$h=\frac{x}{2}$…

$$\begin{align} q &= \sqrt{\frac{1}{16a_0^2}+\frac{x^2}{4}} \\ &= \sqrt{\frac{4a_0^2x^2+1}{16a_0^2}} \\ &= l\sqrt{4a_0^2x^2+1} \end{align}$$

Daher:

$$s=\frac{x}{2}\sqrt{4a_0^2x^2+1}+\frac{1}{4a_0}\ln\left(2a_0x+\sqrt{4a_0^2x^2+1}\right)$$

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Jetzt haben wir eine weitere Parabel$g(x)=a_1 x^2$so dass die Bogenlängen von$f\left(x_0\right)$Und$g\left(x_1\right)$sind gleich, dh:

$$\begin{align} \frac{x_0}{2}\sqrt{4a_0^2x_0^2+1}+\frac{1}{4a_0}\ln\left(2a_0x_0+\sqrt{4a_0^2x_0^2+1}\right) &= \frac{x_1}{2}\sqrt{4a_1^2x_1^2+1}+\frac{1}{4a_1}\ln\left(2a_1x_1+\sqrt{4a_1^2x_1^2+1}\right) \\ \therefore x_0\sqrt{4a_0^2x_0^2+1}+\frac{1}{2a_0}\ln\left(2a_0x_0+\sqrt{4a_0^2x_0^2+1}\right) &= x_1\sqrt{4a_1^2x_1^2+1}+\frac{1}{2a_1}\ln\left(2a_1x_1+\sqrt{4a_1^2x_1^2+1}\right) \end{align}$$

Und wir wollen lösen$x_1$bezüglich$a_0$,$a_1$, Und$x_0$. Nichts einfacher! </sarc>

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Lassen Sie uns definieren$u=2a_0x_0$(daher$u^2=4a_0^2x_0^2$) Und$v=2a_1x_1$(daher$v^2=4a_1^2x_1^2$). Das verkürzt die Dinge zu:

$$x_0\sqrt{u^2+1} + \frac{1}{2a_0}\ln\left(u+\sqrt{u^2+1}\right) = x_1\sqrt{v^2+1} + \frac{1}{2a_1}\ln\left(v+\sqrt{v^2+1}\right)$$

Jetzt sehe ich wo$\sinh$kommt in die anderen Antworten! Es ist, weil$\sinh^{-1} x = \ln\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)$, also erhalten wir:

$$\begin{align} x_0\sqrt{u^2+1} + \frac{\sinh^{-1} u}{2a_0} &= x_1\sqrt{v^2+1} + \frac{\sinh^{-1} v}{2a_1} \\ \therefore 2a_1x_0\sqrt{u^2+1} + \frac{\sinh^{-1} u}{2a_0} &= 2a_1x_1\sqrt{v^2+1} + \sinh^{-1} v \\ &= v\sqrt{v^2+1} + \sinh^{-1} v \end{align}$$

Diese rechte Seite scheint nicht leicht umzukehren. Ich gebe zu, ich bin abgehauen und habe Wolfram Alpha darum gebeten. Und natürlich sagt es mir: „Kein Ergebnis in Bezug auf mathematische Standardfunktionen gefunden“. [ Seufz …]

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Basierend auf der Antwort von Tyma Gaidash habe ich mich mit dem Lagrange-Inversionssatz befasst . Meine ingenieurwissenschaftliche Ausbildung hat das nie abgedeckt, aber ich glaube, ich habe die Grundlagen verstanden. Wie ich es verstehe, zu lösen$y=f(x)$für$x$, wir wählen einige aus$z$, so dass$f(z)$definiert ist und$f'(z)\ne 0$.

Lassen Sie uns die gesamte linke Seite der Gleichung auf verkürzen$w$, und definieren$w=g\left(v\right)=v\sqrt{v^2+1} + \sinh^{-1} v$. Lassen Sie uns zuerst das Derivat finden … indem wir betrügen und Wolfram Alpha verwenden:$g'(v)=2\sqrt{v^2+1}$.

Wir brauchen einen Wert$z$Wo$g'(z)\ne 0$. Praktischerweise ist diese Ableitung nirgends null auf den reellen Zahlen, also ist das trivial. Ich denke (bin mir aber nicht sicher).$z$sollte sich annähern$v$, also nehmen wir das zufällig an$x_1\approx 1$und so$v\approx 2a_1 = z$.

Nun, nach dem Umkehrsatz, die Umkehrfunktion$v=g^{-1}\left(w\right)$Ist:

$$\begin{align} v &= z+\sum_{n=1}^\infty \left[\frac{\left(w-g\left(z\right)\right)^n}{n!} \lim_{t\to z} \frac{d^{n-1}}{dt^{n-1}}\left(\frac{t-z}{g(t)-g(z)}\right)^n\right] \\ &= z+\left(w-g\left(z\right)\right)\lim_{t\to z}\frac{t-z}{g(t)-g(z)} + \frac{\left(w - g\left(z\right)\right)^2}{2} \lim_{t\to z}\frac{d}{dt} \left(\frac{t-z}{g(t)-g(z)}\right)^2 + \cdots \end{align}$$

Sieht diese erste Grenze nicht genauso aus wie der Kehrwert der Ableitung? So wird der zweite Begriff der Reihe$\frac{w-g\left(z\right)}{2\sqrt{z^2+1}}$.

Und ich arbeite jetzt schon viel zu lange daran, also werde ich hier für die Nacht aufhören.

Für eine Parabel mit Parametrisierung

$$x= at,y= a t^2/2 ;\;x^2= 2 a y \;; \text{slope} \;t=\tan \phi; \tag1$$

Unterscheiden$x^2$, grundiert bzgl. Bogenlänge

$$2 x \cos \phi = 2 a \sin \phi ;\; x= a \tan \phi ;\;x'= \cos \phi= a \sec^2 \phi \;\phi' \tag 2$$

daraus ergibt sich die Krümmung

$$a \phi'=a \kappa=\cos^3 \phi \tag 3$$

Ein einfacherer/direkter Ausweg ist die direkte numerische Integration von ode in(3). Ein Bruchteil k der maximalen Bogenlänge kann als Parameter für erforderliche Integranden (in diesem speziellen Fall k = 2/3) eingestellt werden, wodurch die Teilmengenparabeln durch Einstellen flacher oder tiefer werden$a$.

Die Gesamtlänge auf einer Seite ist eine gegebene Konstante$L$

$$L = \int _0^{\phi_m} \frac{ d \phi}{\kappa} ; \text{ now plug in curvature from(3) and integrate }$$

$$\frac{L}{a}=\int _0^{\phi_m} \sec^3 \phi\; d\phi = \frac12\bigg[\log\bigg(\tan\bigg(\frac{\pi}{4} + \frac{\phi_m}{2} \bigg)\bigg) +\sec \phi_m \tan \phi_m \bigg]\tag 4$$

Einstecken von (2)$x_{m}=a \tan \phi_m$

$$\frac{2L}{a}= \log\left(\tan\bigg(\frac{\pi}{4} + \frac{\tan^{-1}(x_m/a)}{2}\right)\bigg)+ (x_m/a) \sqrt{(x_m/a)^2-1} \tag 5$$

was eine nette implizite Funktion ist$f(a,x_m,L)$, aufgetragen unter der Annahme, dass ein Parabelarm eine Bogenlänge gegeben hat$=1.8,$on Mathematica, was flachere oder tiefere Parabeldiagramme ermöglicht.

Es hat sich herausgestellt, dass es zwei Kriterien für die Verbindung gleicher Parabelbogenlängen gibt$x_{max}$Zu$\text { a = 2* focal-length }$.

EDIT 1/2:

Um aus dem scheinbaren Dilemma herauszukommen, habe ich Sonderfälle sorgfältig berechnet/geplottet$( x_{max},a)$Kombinationen:

$$(0.4,0.0458),(0.8,0.1948), (1.2,0.4704),(1.6,0.8874)(2.0, 1.42264),(2.4,2.0101),(2.8,2.5825)$$

Alle Bögen sind alle gleich lang, aber z$( x_{max} =2.0,2.4,2.8)$die Wahl der$a$scheint auf das zweite Kriterium umgeschaltet worden zu sein. Beziehung$(x_{max},a)$ist nicht eindeutig durch den ersten Plot ... es wird nun weiter untersucht.

Hinzufügen einer weiteren kurzen ODE-Methode, die eine direkte Beziehung zwischen der maximalen Neigung an der Parabelspitze und ihrer Brennweite für eine invariante Bogenlänge beim Biegen findet.

$$x = 2 f \tan \phi \;\text {is differentiated w.r.t. arc, } 2f \sec^2\phi \frac{d\phi}{ds}=\cos \phi$$

Integrieren Sie den Rücken, aber bzgl. der Neigung$\phi, s= 2 f \int \sec^3\phi\; d\phi$

$$s= 2 f \left(\frac12 \log \frac{\cos (\phi/2)+ \sin (\phi/2) }{\cos (\phi/2)- \sin (\phi/2) } +\sec \phi +\tan \phi \right)= \text{constant}$$

Berechnete Brennweite$f=F(\phi_{max})$als Beziehung zwischen Biegevariablen Mathematicafür maximale Steigungen$(0.2,0.5,0.8,1.1)$Bogenmaß mit fester Bogenlänge der Parabel 3 Einheiten angenommen und wie gezeigt aufgetragen;$(x,y)= (2ft,ft^2).$