$ Int frac {dx} {a+b cos x} $ megtalálása Weierstrass helyettesítés nélkül.

Finding Int Frac Without Weierstrass Substitution



Megoldás:

Az egyik szokásos trükk a $ x = 2y $ helyettesítés. Ne feledje, hogy $$ frac {1} {a+b cos (2y)} = frac {1} {a+b (2 cos^2 (y) -1)} = frac { sec^2 (y)} {2b+(ab) sec^2 (y)} = frac { sec^2 (y)} {(a+b)+(ab) tan^2 (y)}. $$ Ezért $$ int frac {dx} {a+b cos (x)} = int frac { sec^2 (y)} {(a+b)+(ab) tan^2 (y )} , dy. $$ Most fejezze be a $ t = tan (y). $ helyettesítéssel


Kepler megtalálta a helyettesítést, amikor megpróbálta megoldani a $$ ell = mr^2 frac {d nu} {dt} = text {állandó} $$ egyenletet, ahol $ ell $ a keringési szögmomentum, $ m $ a keringő test tömege, a valódi anomália $ nu $ a szög a pályán a periapszis után, $ t $ az idő, és $ r $ a vonzóerő távolsága. Ez Kepler második törvénye, a szögimpulzus megőrzésével egyenértékű területek törvénye. Ekkor Kepler első törvénye, a pályatörvény $$ r = frac {a (1-e^2)} {1+e cos nu} $$, ahol $ a $ és $ e $ a félmajor tengely és az ellipszis excentricitása. Tehát a $ nu (t) $ megszerzéséhez meg kell oldania a $$ int frac {d nu} {(1+e cos nu)^2} $$ integrált, hogy összefüggésbe hozza a söpört területet egy vonalszakaszon keresztül, amely a keringő testet a vonzóhoz köti, Kepler rajzolt egy kis képet 2. ábra



Az attraktor az ellipszis fókuszában van $ O $ -nál, ami a koordináták eredete, a periapszis pontja $ P $, az ellipszis középpontja $ C $, a keringő test $ Q $, miután bejárta a kék területet a periapszis óta, és most $ nu $ valódi anomáliában van. A fentebb megadott integrál végrehajtásához Kepler $ 1/ sqrt {1-e^2} $ -kal felrobbantotta a képet a $ y $ -irányban, hogy az ellipszist körré alakítsa.



A keringő test felfelé $ Q^{ prime} $ -ra emelkedett $$ y = frac {a sqrt {1-e^2} sin nu} {1+e cos nu} $$ De még mindig $$ x = frac {a (1-e^2) cos nu} {1+e cos nu} $$ Most megkaphatja a kék régió területét, mert $ CPQ^{ szektor a} $} $ kör $ $ $ középpontú $ $ $ $ kör $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ A COQ^{ prime} $ területén $$ frac12ae cdot frac {a sqrt {1-e^2} sin nu} {1+e cos nu} = frac12a^2e sin E $$ tehát a $ OPQ^{ prime} $ kék szektor területe $$ frac12a^2 (Ee sin E) $$, majd visszamehetünk és megkeressük az eredeti ellipszis $ OPQ $ szektorának területét mint $$ frac12a^2 sqrt {1-e^2} (Ee sin E) $$ Tehát ha integrált csinálsz $ frac1 {1+e cos nu} $ faktorral az excentrikus anomália révén elég jó volt Keplernek, biztosan elég jó nekünk.



Az eredeti egész számban $$ int frac {dx} {a+b cos x} = frac1a int frac {dx} {1+ frac ba cos x} = frac1a int frac { d nu} frac ba right $$ ahol $ nu = x $ $ $> 0 $ vagy $ x+ pi $, ha $ ab<0$. Now we see that $e=left|frac ba ight|$, and we can use the eccentric anomaly, $$sin E=frac{sqrt{1-e^2}sin u}{1+ecos u}$$ $$cos E=frac{cos u+e}{1+ecos u}$$ $$d E=frac{sqrt{1-e^2}}{1+ecos u}d u$$ and the integral reads $$egin{align}intfrac{dx}{a+bcos x}&=frac1aintfrac{d u}{1+ecos u}=frac12frac1{sqrt{1-e^2}}int dE\ &=frac1afrac1{sqrt{1-e^2}}E+C=frac{ ext{sgn},a}{sqrt{a^2-b^2}}sin^{-1}left(frac{sqrt{a^2-b^2}sin u} ight)+C\&=frac{1}{sqrt{a^2-b^2}}sin^{-1}left(frac{sqrt{a^2-b^2}sin x}{a+bcos x} ight)+Cend{align}$$ Of course it's a different story if $left|frac ba ight|ge1$, where we get an unbound orbit, but that's a story for another bedtime.