Question

${\sin(x)}$ fonksiyonunun ${[0-\pi]}$ aralığındaki yay uzunluğunu bulalım.

Bunu integral ile yazalım :

$${\large\int_0^\pi \sqrt{1+\cos^2(\omega)}d\omega}$$

${\cos(\omega)=\eta}$ olacak şekilde değişken değiştirelim.

$${\large\int_{-1}^{1}\sqrt{\frac{1+\eta^2}{1-\eta^2}}d\eta}$$

Buraya kadar gelebildim , bundan sonra ne yapabiliriz?

Daha önce sorduğum bir soru gibi buda eliptik integral galiba?

Answer 1

Yorumdaki ilk eşitlik sadece tanım: $E(k):=E(\frac{\pi}{2},k)$'ya ikinci tip tam eliptik integral deniyor. İkincisi genel olarak bilinen bir eşitlik, değer için ben Vikipedi'ye baktım, sanırım doğrudan da gösterilebilir  ama ben birinci tip tam eliptik integral $K(k)=\int_0^{\pi/2}\frac{dw}{\sqrt{1-{k^2sin^2w}}}$ üzerinden Legendre bağıntısıyla (bkz. Eliptik integraller için Legendre bağıntısını kanıtlayın) kanıtlayabildim:
 
(1.) Öncelikle

$K(\frac{1}{\sqrt{2}})=$$\int_0^{\pi/2}\frac{dw}{\sqrt{1-\frac{sin^2w}{2}}}=-\sqrt{2}\int^0_{\pi/2}\frac{dw}{\sqrt{1+{cos^2w}}}$ 

İlk şu dönüşümü yapalım: $cos^2w=-u\Rightarrow \frac{du}{dw}=-2u^{1/2}(1+u)^{1/2}$(çıkan sinüsü $cos^2\alpha=\frac{1}{2}(1+cos2\alpha)$ ve $cos\frac{\alpha}{2}=\sqrt{\frac{1}{2}(1+cos\alpha)}$ ile cosinüs yapıp dönüştürdüm.)
 
 $=-\sqrt{2}\int^1_{0}\frac{(-\frac{1}{2}u^{-1/2}(1+u)^{-1/2}du)}{\sqrt{1-u}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\int^1_{0}{(u^{-1/2}(1-u^2)^{-1/2}du)}$
 
 şimdi de $u^2=t$ dönüşümünü yapalım:
 
 $=\frac{1}{\sqrt{2}}\int^1_{0}{t^{-1/4}(1-t)^{-1/2}(\frac{1}{2}t^{-1/2}dt)}=\frac{1}{2\sqrt{2}}\int^1_{0}{t^{-3/4}(1-t)^{-1/2}dt}$
 
 Sizin kanıtladığınız, ($Re(x),Re(y)>0$ için tanımlı) (Euler) beta fonksiyonunun   $B(x,y)=\int_0^1 t^{x-1}(1-t)^{y-1}dt =\frac{\Gamma{(x)}\Gamma{(y)}}{\Gamma(x+y)}$  eşitliğini kullanıyoruz (buraya bkz.).
 
 $=\frac{1}{2\sqrt{2}}\frac{\Gamma(\frac{1}{4})\Gamma(\frac{1}{2})}{\Gamma(\frac{3}{4})}$
 
 Euler yansıma formülüne (bkz. Γ(x)Γ(1−x)=π/sin(πx) olduğunu ispatlayın) $z=\frac{1}{4}$ koyarak elde edilen ) $\Gamma(\frac{3}{4})\Gamma(\frac{1}{4})=\frac{2\pi}{\sqrt{2}}$ ve ( buradan bilinen) $\Gamma(\frac{1}{2})=\sqrt{\pi}$ ile:
 
$={\frac{\Gamma(\frac{1}{4})^2}{4\sqrt{\pi}}}$
 
 (2.) $k=\frac{1}{\sqrt{2}}$ için Legendre bağıntısı
 $\pi=2K(\frac{1}{\sqrt{2}})\left(2E(\frac{1}{\sqrt{2}})-K(\frac{1}{\sqrt{2}})\right)$
 $\Rightarrow$ $E(\frac{1}{\sqrt{2}})=$}$\frac{\pi}{4K(\frac{1}{\sqrt{2}})}+\frac{K(\frac{1}{\sqrt{2}})}{2}$
 $=^{(1.)}$$=\pi^{3/2}\Gamma(\frac{1}{4})^{-2}+\frac{1}{8\sqrt{\pi}}\Gamma(\frac{1}{4})^2$

Comments

hocam http://matkafasi.com/17526/egri-uzunlugu?show=17526#q17526

burdaki cevaptaki gibi neden çözemiyoruz , neden işin içine gama giriyor? bu linkteki cevap gibi çözersek yanlışımız neden kaynaklanır?

---

Bertan, soruya başlarken yayın uzunluğunu hesaplamak için zaten senin verdiğin bağlantıdaki Ece'nin yazdığı eğrinin $l=\int_{a}^b\sqrt{1+(y')^2}dx$ tarifini kullanıp da başlıyor, integral hesabında takılmış. Murad Hoca yanıtında $\int_0^\pi \sqrt{1+cos^2(w) dw}$ integralini başka bir şekle getiriyor, yorumlardaki eşitliği kullanınca yanıt son buluyor. Benim yanıtımda bu eşitliğin kanıtı var.

---

tamam hocam şimdi tam oturdu çok teşekkürler.

Answer 2

tan(x/2)=t dönüşümü yapmayı denediniz mi 

Comments

Ben bir şey bulamadım.Bulduğunuz bir şey varsa gösterebilir misin ?

Answer 3

$$\int_{0}^{\pi}\sqrt{1+\cos^2w} dw=\int_{0}^{\pi}\sqrt{2-\sin^2w} dw=\sqrt{2}\int_{0}^{\pi}\sqrt{1-\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2\sin^2w} dw$$

$$=$$

$$\sqrt{2}\cdot E\left(\pi,\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$$

İkinci tip eliptik integral.

Comments

Hocam tam cevap lazım.Gama fonksiyonu ile ilgili bir cevap çıkması gerekiyor galiba.

---

$\sqrt{2}\cdot E(\pi,\frac{1}{\sqrt{2}})=\sqrt{2}\cdot 2 E(\frac{1}{\sqrt{2}})=\sqrt{2}\cdot 2 \left(\pi^{\frac{3}{2}}\Gamma(\frac{1}{4})^{-2}+\frac{1}{8\sqrt{\pi}}\Gamma(\frac{1}{4})^{2}\right)$

---

@fiziksever  Hocam ilginiz için teşekkürler.Cevap doğru ama oraya tak diye nasıl geldiniz? :)

Biraz açıklayabilir misiniz?

---

Büyük olasılıkla yorum karakter sınırı aşılacağı için cevap olarak yazıyorum. Bu arada, ben hoca değilim:)